03-statistika-ii-2

STATISTIKA II (BAGIAN - 2)

Oleh : WIJAYA email

: [email protected]

FAKULTAS PERTANIAN UNIVERSITAS SWADAYA GUNUNG JATI CIREBON 2008

Wija Wij a ya : Sta Sta tis tistika tika II (B (Ba a g ian -2)

0

VI. PENGUJIAN HIPOTESIS

Hipotesis merupakan dugaan mengenai suatu hal; atau hipotesis adalah  jawaban sementara terhadap suatu masalah.

Jika dugaan itu dikhususkan

mengenai populasi (parameternya), maka hipotesis itu disebut Hipotesis Statistik. Hipotesis Statistik adalah pernyataan atau dugaan mengenai satu atau lebih populasi. Setiap hipotesis bisa benar atau salah, sehingga perlu diuji dengan suatu penelitian untuk diterima atau ditolak. Penerimaan suatu hipotesis statistik merupakan akibat tidak cukupnya bukti untuk menolaknya, dan tidak berimplikasi bahwa hipotesis itu pasti benar. Langkah atau prosedur untuk menentukan apakah menerima atau menolak hipotesis disebut Pengujian Hipotesis. Dalam pengujian hipotesis terdapat 2 kekeliruan (galat), yaitu : Keadaan Sebenarnya Kesimpulan

H0 Benar

H0 Salah

Terima Hipotesis

Benar

Galat Jenis II ( β )

Tolak Hipotesis

Galat Jenis I ( α )

Benar

Nilai α  disebut Taraf Nyata, jika α  diperkecil maka β semakin besar. Nilai α biasanya 0,05 (5%) atau 0,01 (1%).

Jika α  = 0,05 artinya 5 dari tiap 100

kesimpulan kita akan menolak hipotesis yang seharusnya diterima. Harga (1 – β) disebut Kuasa (Kekuatan) Uji. Hipotesis Nol (H 0) adalah hipotesis yang dirumuskan dengan harapan akan ditolak. Lawan H0 adalah H1 atau Hipotesis Alternatif.

Wija Wij a ya : Sta Sta tis tistika tika II (B (Ba a g ian -2)

1

Teladan 6.1 : Di suatu kota proporsi penduduk dewasa lulusan Perguruan Tinggi (PT) diduga sebesar

p = 0,3.

Untuk menguji hipotesis ini diambil contoh acak 15 orang

dewasa. Bila diantara 15 orang orang terdapat 2 sampai 7 orang lulusan PT, kita akan menerima hipotesis nol bahwa p = 0,3, selainnya akan disimpulkan p ≠  0,3. a. Hitung α bila diasumsikan p = 0,3. b. Hitung β bagi H1 bila p = 0,2 dan p = 0,4 Jawab : a. p = 0,3 nilai α = 1 – p (2 ≤ x ≤ 7) = 1 – [ p (x ≤ 7) – p ( x ≤ 1) ] 7

1

α = 1 – [ ∑ b(x; 15, 0,3) – ∑ b(x; 15, 0,3) ] 0

0

= 1 – (0,9500 – 0,0353) = 0,0853 b. p = 0,2 nilai β = 1 – p (2 ≤ x ≤ 7) = 1 – [ p (x ≤ 7) – p ( x ≤ 1) ] 7

1

β = 1 – [ ∑ b(x; 15, 0,2) – ∑ b(x; 15, 0,2) ] 0

0

= 1 – (0,9958 – 0,1671) = 0,8287 p = 0,4 nilai β = 1 – p (2 ≤ x ≤ 7) = 1 – [ p (x ≤ 7) – p ( x ≤ 1) ] 7

1

β = 1 – [ ∑ b(x; 15, 0,4) – ∑ b(x; 15, 0,4) ] 0

0

= 1 – (0,7869 – 0,0052) = 0,7817 Teladan 6.2 : Sebuah contoh acak 400 orang ditanyai apakah mereka setuju dengan kenaikan pajak penjualan bensin 4% untuk menambah dana perbaikan jalan. Bila lebih dari 220 tetapi kurang dari 260 orang setuju, maka disimpulkan bahwa 60% orang setuju. a. Hitung α jika 60% setuju kenaikan pajak tersebut. b. Hitung β jika sesungguhnya hanya 48% yang setuju kenaikan tersebut.

Wija Wij a ya : Sta Sta tis tistika tika II (B (Ba a g ian -2)

2

Jawab : Data diskrit, n cukup besar dan p dekat ke 0,5 jadi digunakan pendekatan normal ke binom. a. n = 400 p = 0,6 q = 0,4

μ = np = 240 dan σ = √ npq = 9,8

z1 = (220,5 – 240) / (9,8) = –1,99 atau p (z1) = 0,0233 z2 = (259,5 – 240) / (9,8) = 1,99 atau p (z2) = 0,9767 p (220 < x < 260) = p (z 1 < z < z2 ) = 0,9767 – 0,0233 = 0,9534 nilai α = 1 – 0,9534 = 0,0466 b. n = 400 p = 0,48 q = 0,52

μ = np = 192 dan σ = √ npq = 9,99

p (220 < x < 260) = p (2,85 < z < 6,76 ) = 1 – 0,9978 = 0,0022 Nilai β = 0,0022 Teladan 6. 3 : Sebuah

mesin

minuman

ringan

diatur

sehingga

volume

minuman

yang

dikeluarkannya menghampiri normal dengan rata–rata 200 ml dan simpangan bakunya 15 ml. Setiap periode tertentu mesin itu diperiksa dengan cara mengambil 9 contoh acak kemudian dihitung isi rata–ratanya. Bila rata–ratanya jatuh diantara 191 < x < 209, mesin dianggap baik, bila tidak demikian disimpulkan bahwa μ ≠ 200 ml. a. Hitung α jika μ = 200 ml. b. Hitung β jika μ = 215 ml. Jawab : Data kontinyu; sebaran penarikan contoh ; σ diketahui (sebaran z). a. n = 9 μ  = 200 dan σ = 15

σx = σ / √ n = 15 / √ 9 = 5

α = 1 – p (191 < x < 209) = 1 – p (–1,8 < z < 1,8 ) α = 1 – ( 0,9641 – 0,0359) = 0,0718 nilai á = 1 – 0,9534 = 0,0466 b. β = p (191 < x < 209) = p (–4,8 < z < –1,2 ) = 0,1151 – 0 = 0,1151

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

3

Pada Teladan 6.3, untuk 191 < x < 209 jika nilai μ  ditentukan, maka peluang β dan nilai (1– β) dapat dihitung. Misalnya nilai μ sebagai berikut : μ

184

188

192

196

200

204

208

212

216

β

0,0808

0,2743

0,5790

0,8366

0,9282

0,8366

0,5790

0,2743

0,0808

(1– β)

0,9192

0,7253

0,4210

0,1634

0,0718

0,1634

0,4210

0,7253

0,9192

1 0,9

(1

0,8

)

0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0 184

188

192

196

200

204

208

212

216

Kurva β  disebut Kurva Ciri Operasi atau Kurva Ciri Kerja, sedangkan Kurva

 

(1 – β) disebut Fungsi Kuasa.

Teknik dalam Pengujian Hipotesis :

Uji Dua Pihak : H0 : θ = θ0 H1 : θ ≠ θ0 Uji Satu Pihak (Pihak Kiri) : H0 : θ = θ0

α

H1 : θ < θ0 Uji Satu Pihak (Pihak Kanan) : H0 : θ = θ0

α

H1 : θ > θ0

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

4



Penggunaan jenis distribusi (rumus) dalam Pengujian Hipotesis sama dengan Pendugaan Parameter –––– sebaran penarikan contoh.

6.1 Penguj ian Rata–rata

(a) Jika σ diketahui atau n ≥ 30 : x – μ z = ———— σ / √ n (b) Jika σ tidak diketahui dan n < 30 : x – μ t = ———— s / √ n Teladan 6.4 : Sebuah perusahaan alat olah raga mengembangkan jenis batang pancing sintetik dengan rata–rata kekuatan 8 kg dan simpangan baku 0,5 kg. Suatu contoh acak 50 batang pancing diuji ternyata kekuatannya rata–rata 7,8 kg. Ujilah pada taraf nyata 0,01 pernyataan perusahaan tersebut dapat diterima. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ  = 8 lawan H1 : μ ≠ 8 Jadi merupakan uji dua pihak 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 1% atau zα/2 = z0,005 = – 2,575 4. Wilayah Kritik : z < – 2,575 atau z > 2,575 5. Perhitungan : x = 7,8

n = 50

σ = 0,5 σ/√n = 0,5 / √50 = 0,07 z = (x – μ ) / (σ/√n) z = (7,8 – 8) / (0,07) = – 2,83

 –2,575

2,575

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

5

6. Kesimpulan : Karena z < z0,005  , maka Tolak H0  artinya rata- rata kekuatan batang pancing tersebut tidak sama dengan 8 kg, tetapi kurang dari 8 kg. Teladan 6.5 : Seorang peneliti senior menyatakan bahwa rata–rata pendapatan per bulan keluarga di kota A sebesar Rp 350.000,–.

Suatu contoh acak berukuran 25

diambil dan diperoleh rata–rata pendapatannya Rp 250.000,– dengan simpangan baku Rp 100.000,–.

Ujilah pada taraf

nyata 0,05 apakah benar pernyataan

peneliti senior tersebut bahwa rata–rata pendapatan keluarga di kota A sebesar Rp 350.000,– Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ  = 350.000 lawan H1 : μ ≠ 350.000 Jadi merupakan uji dua pihak. 2. Uji Statistik : t 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau tα/2 (n–1) = t0,025 (24) = 2,064 4. Wilayah Kritik : t < – 2,064 atau t > 2,064 5. Perhitungan : x = 250.000

n = 25

s = 100.000 s/√n = 100.000 /√25 = 20.000

t = (x – μ ) / (s/√n) t = (– 100.000) / (20.000) = – 5  –2,064

2,064

6. Kesimpulan : Karena t < t0,025(24), maka Tolak H0 artinya rata- rata pendapatan keluarga tersebut kurang dari Rp 350.000,-.

Cara lain : (Pengujian dalam bentuk selang kepercayaan) Selang Kepercayaannya : x – tα/2 . s/√n < μ < x + tα/2. s/√n

⇔

250.000 – (2,064)(20.000) < μ < 250.000 + (2,064)(20.000)

⇔

229.360 < μ  < 270.640

Karena selang kepercayaan 95% bagi rata–rata μ  tidak mencakup nilai Rp Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

6

350.000,– maka kita tolak pernyataan peneliti senior tersebut.

6.2 Penguj ian Selisi h Rata–rata

(a) Jika σ1  dan σ2  diketahui atau n ≥ 30 : x1 – x2 z = —————————— √ (σ12/ n1) + (σ22/ n2) (b) Jika σ1  dan σ2 tidak diketahui dan n < 30 : 1. σ1 = σ2 ,

maka : x1 – x2

t = —————————— sg √ (1/ n1) + (1/ n2) (n1 – 1) s 12 + (n2 – 1) s 22

sg2= ———————————— n1 + n2 – 2 2.

σ1 ≠ σ2 , maka : x1 – x2 t = —————————— √ (s12/ n1) + (s22/ n2)

Nilai t dibandingkan dengan t’ sebagai t–tabel, dimana : (w1 t1 + w2 t2 ) t’ = ————————— ( w1 + w2 ) w1 = (s12 / n1) ; w2 = (s12 / n1) ; t1= tα/2(n1–1) ; t2 = tα/2(n2–1)

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

7

Teladan 6.6 : Sebuah perusahaan memproduksi 2 macam lampu pijar A dan B. Misal umur lampu pijar tersebut menyebar normal dengan simpangan baku masing–masing 80 dan 90 jam. Contoh acak masing–masing berukuran 50 diuji dan didapat rata–rata umurnya sebesar 1282 jam dan 1208 jam. Ujilah pada taraf nyata 5%, apakah rata–rata umur lampu pijar A lebih lama dari B. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ A = μB lawan H1 : μ A > μB ( uji pihak kanan). 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau zα = z0,05 = 1,645 4. Wilayah Kritik : z > 1,645 5. Perhitungan : n1 = n2 = 50 σ1 = 80 σ2 = 90 x1 = 1282 x2 = 1208 x1 – x2 = 74

σx1– x2 = √(σ12/ n1) + (σ22/ n2) = √ (802/ 50) + (902/ 50) = 17,321 z = (x1 – x2) / (√ (σ12/ n1) + (σ22/n2) z = (74) / (17,321) = 4,24

z

0,05

= 1,645

6. Kesimpulan : Karena z > z0,05, maka Tolak H0 artinya rata- rata umur lampu pijar A lebih lama dari lampu pijar B. Teladan 6.7 : Dua jenis tambang ingin dibandingkan kekuatannya, untuk itu 50 potong tambang dari setiap jenis diuji dalam kondisi yang sama. Jenis A mempunyai kekuatan rata–rata 78,3 kg dengan simpangan baku 5,6 kg, sedangkan B rata–ratanya 87,2 kg dengan simpangan baku 6,3 kg. Uji pada taraf nyata 5% apakah rata–rata kekuatan tambang A lebih kecil dari B.

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

8

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ A = μB lawan H1 : μ A < μB ( uji pihak kiri). 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau zα = z0,05 = 1,645 4. Wilayah Kritik : z < – 1,645 5. Perhitungan : n1 = n2 = 50 x1 = 78,3 s1 = 5,6 x2 = 87,2 s2 = 6,3 x1 – x2 = – 8,9 sx1– x2 = √(s12/ n1) + (s 22/ n2) = √ (5,6)2/ 50 + (6,3)2/ 50 = 1,19 z = (x1 – x2)/ (√ (s12/ n1) + (s 22/ n2) z = (– 8,9) / (1,19) = – 7,48 z

0,05

= – 1,645

6. Kesimpulan : Karena z < z0,05, maka Tolak H0  artinya rata- rata kekuatan tambang A lebih kecil dari tambang B. Teladan 6.8 : Pelajaran matematika diberikan kepada 12 siswa kelas A dengan metode pengajaran biasa, dan 10 siswa kelas B dengan metode pengajaran menggunakan bahan terprogram. Hasil ujian kelas A rata–ratanya 85 dengan simpangan baku 4, kelas B rata–ratanya 81 dengan simpangan baku 5. Ujilah pada taraf nyata 10% apakah rata–rata populasi bagi nilai ujian kedua metode tersebut sama. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ A = μB lawan H1 : μ A ≠ μB ( uji dua pihak). 2. Uji Statistik : t 3. Taraf Nyata α = 0,10 atau tα/2(n1+n2-2) = t0,05(20) = 1,725 4. Wilayah Kritik : t < – 1,725 atau t > 1,725 5. Perhitungan : Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

9

n1 = 12 x1 = 85

s1 = 4

n2 = 10 x2 = 81

s2 = 5

(x1 – x2) = 4 dan sg = √ [(n1 –1) s12 + (n2 –1) s22 ]/ (n 1+ n2 – 2) sg = √ [11(16) + 9(25)]/ (10+12–2) = 4,478 t = (x1 – x2)/ (sg √ (1/n1 + 1/n2) t = (4) / (1,92) = 2,08 6. Kesimpulan :

Karena

t > t0,05(20), maka Tolak H0  artinya rata- rata nilai

matematika kedua metode tidak sama. Teladan 6.9 : Masa putar film yang diproduksi oleh 2 perusahaan film adalah : Masa Putar (menit) Perusahaan I

97

82

123

92

175

Perusahaan II

103

94

110

87

98

88

118

Ujilah pada taraf nyata 5% apakah rata–rata masa putar film kedua perusahaan tersebut sama, bila diasumsikan kedua ragam populasi tersebut tidak sama. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ A = μB lawan H1 : μ A ≠ μB ( uji dua pihak). 2. Uji Statistik : t 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : t tα/2(v) 5. Perhitungan : Cara I : n1 = 7 x1 = 110,7 s12 = 1035,9

n2 = 5 x2 = 98,4 s22 = 76,3

derajat bebas untuk tα/2  atau t0,025 adalah : (s12 / n1 + s22 / n2 )2 v = ————————————————— [(s12/n1)2 / (n1 –1)] + [(s22/n2)2 / (n2 –1)] Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

10

[ (1035,9 / 7) + (76,3 / 5) ]2 v = —————————————————— = 7,19 = 7 [ (1035,9 / 7)2 / (4)] + [(76,3 / 5) 2 / (6) ]  jadi t0,025 (7) = 2,365 dan ( x2 – x1)= 12,3

√ [(s12/ n1) + (s22/ n2)] = √ [(1035,9)/(7) + (76,3)/(5)] = 12,78 t = (x1 – x2)/ √ [(s12/ n1) + (s 22/ n2)] = (12,3) / (12,78) = 0,964 6. Kesimpulan : Karena t < t0,025(7), maka Terima H 0 artinya rata-rata masa putar film kedua perusahaan tidak berbeda nyata. Cara lain menentukan tα/2(v) = t’ bagi σ1 ≠ σ2 (tidak diketahui) tα/2(v) = t’ = (w1 t1 + w2 t2 ) / ( w1 + w2 ) w1 = (s12 / n1) = (1035,9)2 / (7) = 147,99 w2 = (s22 / n2) = (76,3)2 / (5) = 15,26 t1 = tα/2(n1–1) = t0,025 (7–1) = 2,447 t2 = tα/2(n2–1) =t0,025 (5–1) = 2,776 tα/2(v)  = t’ = (w1 t1 + w2 t2 ) / (w1 + w2 ) = 2,478 Karena t = 0,964 < t’ = 2,478 maka Terima Ho, artinya rata–rata masa putar film kedua perusahaan tersebut sama.

6.3 Pengu jian Rata–rata Pengamatan Berpasangan

d t = ————— sd / √ n

db–t = (n–1)

Teladan 6.10 : Pelatihan manajemen agribisnis kepada 100 petani andalan agar mampu mengembangkan usahataninya. Setelah beberapa waktu, 6 orang diantara 100 petani andalan tersebut diselidiki keuntungan yang mereka peroleh sebelum dan Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

11

sesudah pelatihan, datanya adalah sebagai berikut :

Petani

1

2

3

4

5

6

Sebelum Dilatih

40

78

49

63

55

33

Juta rupiah

Sesudah Dilatih

58

87

57

72

61

40

Juta rupiah

Ujilah pada taraf nyata 5% apakah pelatihan agribisnis dapat meningkatkan keuntungan petani. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ A = μB lawan H1 : μ A > μB ( uji pihak kanan). 2. Uji Statistik : t 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau tα/2(n–1) = t0,025(5) = 2,02 4. Wilayah Kritik : t < – 2,02 atau t > 2,02 5. Perhitungan : Sebelum Dilatih

40

78

49

63

55

33

Sesudah Dilatih

58

87

57

72

61

40

Beda (d)

18

9

8

9

6

7

n=6

∑d = 57 ∑d2 = 635 d = 9,5 sd = 4,32 sd /√n = 1,76

t = d / sd /√n t = (9,5) / (1,76) = 5,4 6. Kesimpulan : Karena t > t0,025(5), maka Tolak H0 artinya rata- rata pendapatan petani setelah dilatih lebih tinggi dibandingkan dengan sebelum dilatih. Ukuran Contoh unt uk Penguji an Rata–rata (  )

Misal ingin menguji bahwa H0 : μ = μ0 lawan H1: μ = μ0 + δ , δ bisa (+) bisa (–). Bila peluang galat I dan II adalah α  dan β, dan contoh diambil dari populasi yang menghampiri normal dengan ragam (σ2) yang diketahui, maka ukuran contoh yang diperlukan adalah : n = (zα + zβ )2 σ2 / (δ2 ) Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

12

Teladan 6.11 : Misal ingin H0 : μ = 68 lawan H1: μ = 69 bagi populasi normal dengan σ = 5. Bila α dan β keduanya 0,05 maka ukuran contoh yang diperlukan adalah : n = (zα + zβ )2 σ2 / (δ2 ) = (–1,645 – 1,645) 2 (25) / (1) = 271 

Ukuran Contoh untuk Pengujian Selisih Rata–rata H0 : μ1 – μ2 = d0 lawan H1 : μ1 – μ2 = d0 + δ n = (zα + zβ )2 (σ12 + σ22) / (δ2 )

Teladan 6.12 : Dua contoh bebas akan diambil dari populasi normal dengan σ12  = 80 dan σ22 = 100. Untuk menguji H0 : μ1 – μ2 = 50 lawan H1 : μ1 – μ2  = 55.

Bila α = 0,05

dan β = 0,01 maka ukuran contoh masing–masing yang diperlukan adalah : n = (zα + zβ )2 (σ12 + σ22) / (δ2 ) = (–1,645 – 2,33)2 (80 + 100) / (25) = 114

6.4

Pengu jian Propor si

a. n ≥ 100 : x/n – p z = ————— √ pq / n

b. n < 100 : x/n – p t = ————— √ pq / n

Teladan 6.13 : Pengelola restoran menyatakan bahwa minimal 30% pengunjung restoran setiap hari minggu menyukai makanan laut. Contoh acak 500 orang yang makan siang di hari minggu terdapat 160 orang yang suka makanan laut. Ujilah pada taraf nyata 5% apakah pernyataan pengelola restoran tersebut dapat diterima. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p = 0,3 lawan H 1 : p ≠ 0,3 (uji dua pihak). 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau zα/2 = z0,025 = 1,96 4. Wilayah Kritik : z < – 1,96 atau z > 1,96 Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

13

5. Perhitungan : p = 0,3 q = 0,7

x/n = 160/500 = 0,32

z = (x/n – p) / √ (pq/n) z = (0,32 – 0,3) / √  (0,21/500) = 1,00 6. Kesimpulan : Karena z < z0,025, maka Terima H0 artinya proporsi yang suka makanan laut memang benar 30 %.

6.5 Pengu jian Selisi h Propo rsi

x1/n1 – x2/n2 z = —————————— √ pq (1/ n1 + 1/ n2) x1 + x2 p = ————— n1 + n2

q=1–p

Teladan 6.14 : Suatu studi dilakukan untuk menguji apakah ada perbedaan proporsi yang nyata dari penduduk suatu kota dan penduduk di sekitar kota tersebut yang menyetujui pembangkit listrik tenaga nuklir. Bila 1200 diantara 2000 penduduk kota dan 2400 diantara

5000

penduduk

di

sekitar

kota

yang

diwawancarai

menyetujui

pembangunan apakah dapat dikatakan bahwa proporsi penduduk kota yang setuju lebih besar dari penduduk sekitar kota (gunakan taraf nyata 5%). Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2 lawan H1 : p1 > p2 (uji pihak kanan). 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 0,05 atau zα = z0,05 = 1,645 4. Wilayah Kritik : z > 1,645 5. Perhitungan : n1 = 2000 n2 = 5000 x1 = 1200 x2 = 2400 x1/ n1  = 0,60 x2/ n2 = 0,48 p = 3600/7000 = 0,51

q = 0,49

pq = 0,25 Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

14

z = (x1/n1 – x2/n2 ) / √ pq (1/n1 + 1/n2) z = (0,60 – 0,48)/√ 0,25 (1/5000 + 1/2000) z = (0,12) / (0,013) = 9,23 6. Kesimpulan : Karena z > z0,025, maka Tolak H0  artinya proporsi penduduk yang setuju di kota lebih besar dari penduduk sekitar kota.

Masalah dalam pengujian selisih proporsi akan ditemui apabila sampel yang diambil ukurannya semakin kecil, misalnya jika : 1. n1 = 200 n2 = 500

x1 = 120

p = 360/700 = 0,51

q = 0,49

x2 = 240 x1/n1 = 0,60

x2/n2 = 0,48

pq = 0,25

z = (0,60 – 0,48) / √ 0,25 (1/500 + 1/200) = (0,12)/(0,042) = 2,86 (z = 2,86 ) > (z 0,05 = 1,645) 2. n1 = 20

n2 = 50

x1 = 12

x2 = 24 x1/n1 = 0,60

p = 36/70 = 0,51

q = 0,49

pq = 0,25

x2/n2 = 0,48

z = (0,60 – 0,48) / √ 0,25 (1/50 + 1/20) = (0,12)/(0,13) = 0,92 (z = 0,92) < (z0,05 = 1,645) 3. atau karena n < 100, maka digunakan sebaran t–student, hasilnya : n1 = 20

n2 = 50

p = 36/70 = 0,51

x1 = 12

x2 = 24 x1/n1 = 0,60

q = 0,49

x2/n2 = 0,48

pq = 0,25

t = (0,60 – 0,48) / √ 0,25 (1/50 + 1/20) = (0,12)/(0,13) = 0,92 (t = 0,92) < (t0,05 (68) = 1,645) Jadi apabila ukuran sampel semakin kecil (N < 100) maka H 0 cenderung diterima. Teladan 6.15 : Seorang ahli genetika tertarik pada populasi laki–laki dan perempuan dalam populasi yang mengidap kelainan darah tertentu.

Dari contoh 100 laki–laki

terdapat 24 yang mengidap kelainan darah dan 100 perempuan terdapat 13 yang mengidap kelainan. Ujilah pada taraf nyata 1% apakah proporsi yang mengidap kelainan darah pada laki–laki sama dengan perempuan. Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

15

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2 lawan H1 : p1 ≠ p2 (uji dua pihak). 2. Uji Statistik : z 3. Taraf Nyata α = 0,01 atau zα/2 = z0,005 = 2,575 4. Wilayah Kritik : z < –2,575 atau z > 2,575 5. Perhitungan : n1 = 100 n2 = 100 x1 = 24 x2 = 13 x1/n1  = 0,24 x2/n2 = 0,13 p = 37/200 = 0,185

q = 0,815

pq = 0,15

z = (x1/n1 – x2/n2 ) / √ pq (1/n1 + 1/n2) z = (0,24 – 0,13) / √ 0,15 (1/100 + 1/100) z = (0,11) / (0,039) = 2,82 6. Kesimpulan : Karena z > z0,005, maka Tolak H0 artinya proporsi kelainan darah pada laki-laki tidak sama dengan perempuan.

6.6 Penguj ian Ragam (a) Satu Ragam :

H0 : σ2 = σ02 H1 : σ2 ≠ σ02 atau

σ2 > σ02 atau σ2 < σ02

(n – 1) s2 χ2 = —————

σ02 (b) Kesamaan Dua Ragam :

H0 : σ12 = σ22 H1 : σ12 ≠ σ22 atau σ12 > σ22 atau σ12 < σ22 s12 F = ——— s22

v1 = n1 – 1 dan v2 = n2 – 1

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

16

Teladan 6.16 : Pengelola perusahaan aki mobil mengatakan bahwa umur aki yang diproduksinya mempunyai simpangan baku 0,9 tahun.

Bila suatu contoh acak 10 aki

menghasilkan simpangan baku 1,2 tahun. Ujilah pada taraf nyata 0,05 apakah : a. Pernyataan perusahaan dapat diterima bahwa σ = 0,9 b. Menurut saudara σ  > 0,9 Jawab (a) : 1. Hipotesis : H0 : σ2 = 0,81 lawan H1 : σ2 ≠ 0,81 (uji dua pihak). 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 < χ2(1– α/2)(n–1)  atau χ2 > χ2α/2(n–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 5% didapat χ2α/2(n–1) = χ20,025 (9) = 19,023 dan

χ2(1– α/2) (n–1) = χ20,975 (9) = 2,7 χ2 = (n – 1) s 2 / σ02 χ2 = (10–1)(1,44) / (0,9)2 χ2 = 16,0 χ2(1– α/2)(9) = 2,7

χ2α/2(9)

= 19,023

6. Kesimpulan : Karena χ20,975(9) < χ2 < χ20,025(9), maka Terima H0 artinya benar bahwa umur aki mempunyai σ = 0,9. Jawab (b) : 1. Hipotesis : H0 : σ2  = 0,81 lawan H1 : σ2 > 0,81 (uji pihak kanan). 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α/2(n–1)

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

17

5. Perhitungan : Untuk α = 5% didapat χ2α/2(n–1) = χ20,05(9) = 16,919

χ2 = (n – 1) s 2 / σ02 = (10–1)(1,44) / (0,9)2 = 16,0 6. Kesimpulan : Karena χ2 < χ20,05(9), maka Terima H0 artinya benar bahwa umur aki mempunyai σ = 0,9. Teladan 6.17 : Pelajaran matematika diberikan kepada 12 siswa kelas A dengan metode pengajaran biasa, dan 10 siswa kelas B dengan metode pengajaran menggunakan bahan terprogram. Hasil ujian kelas A rata–ratanya 85 dengan simpangan baku 4, kelas B rata–ratanya 81 dengan simpangan baku 5.

Asumsi kedua populasi

mempunyai ragam yang sama tetapi tidak diketahui apakah dapat diterima ? Ujilah pada taraf nyata 0,10. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : σ12 = σ22

lawan H1 : σ12 ≠ σ22 (uji dua pihak).

2. Uji Statistik : F 3. Taraf Nyata α = 0,10 4. Wilayah Kritik : F < 1/Fα/2 (v2, v1) atau F > Fα/2 (v1, v2) 5. Perhitungan : n1 = 12 x1 = 85

s1 = 4

n2 = 10 x2 = 81

s2 = 5

Untuk α = 10% didapat 1/Fα/2(v2, v1)  = 1/F0,05 (9, 11) = 0,34 dan Fα/2(v1, ϖ2) = F0,05(11, 9) = 3,11 F = s12 / s22 = (16) / (25) = 0,64 6. Kesimpulan : Karena

1/Fα/2(v2,

v1)

< F < Fα/2(v1,

v2)

maka Terima H0  artinya

kedua populasi mempunyai ragam yang sama .

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

18

Teladan 6.18 : Masa putar film yang diproduksi oleh 2 perusahaan film adalah : Masa Putar (menit) Perusahaan I

103

94

110

87

98

Perusahaan II

97

82

123

92

175

88

118

Ujilah pada taraf nyata 10% apakah kedua populasi mempunyai ragam yang sama. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : σ12 = σ22

lawan H1 : σ12 ≠ σ22 (uji dua pihak).

2. Uji Statistik : F 3. Taraf Nyata α = 0,10 4. Wilayah Kritik : F < 1/Fα/2 (v2, v1) atau F > Fα/2 (v1, v2) 5. Perhitungan : n1 = 5 x1 = 98,4

s12 = 76,3

n2 = 7 x2 = 110,7

s22 = 1035,9

Untuk α = 10% didapat 1/Fα/2 (v2, v1)  = 1/F0,05 (6, 4) = 0,22 dan Fα/2 (v1, v2) = F0,05 (4, 6) = 4,53 F = s12 / s22 = (76,73) / (1035,9) = 0,074 6. Kesimpulan : Karena

1/Fα/2

(v2, v1)

< F < Fα/2

(v1, v2)

maka Tolak H0  artinya

kedua populasi mempunyai ragam yang tidak sama .

6.7 Penguj ian Kesamaan Beberapa Rata–rata

H0 : μ1 = μ2  = … = μn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku Uji Statistik yang digunakan adalah : s12 F = ——— s22

v1 = n1 – 1 dan v2 = n2 – 1

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

19

Teladan 6.19 : Untuk data penurunan bobot badan (kg) pada 4 metode diet, ujilah pada taraf nyata 0,05 apakah rata–rata penurunan bobot badan keempat metode diet itu sama. Metode Diet Nomor

A

B

C

D

1

1,2

1,4

0,7

1,0

2

2,0

1,5

1,6

0,9

3

2,1

1,0

1,6

1,4

4

1,0

1,9

1,4

1,6

5

1,7

2,2

1,7

1,1

Jumlah

8,0

8,0

7,0

6,0

Rta–rata

1,6

1,6

1,4

1,2

29,0

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : μ1 = μ2  = … = μn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : F 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : F > Fα (v1, v2) 5. Perhitungan : 2

a. Faktor Koreksi (FK) = (29)  : 20 = 42,05 2

2

b. Jumlah Kuadrat Perlakuan (JKP) = (8,0  + … + 6,0 ) / 5 – FK = 0,55 c.

2

2

Jumlah Kuadrat Total (JKT) = (1,2  + … + 1,1 ) – FK = 3,35

d. Jumlah Kuadrat Galat (JKG) = JKT – JKP = 3,35 – 0,55 = 2,80 e. Derajat Bebas (db) Total = n – 1 = 20 – 1 = 19 f.

Derajat Bebas (db) Perlakuan = k – 1 = 4 – 1 = 3

g. Derajat Bebas (db) Galat = db Total – db Perlakuan = 19 – 3 = 16 h. Kuadrat Tengah (KT) Perlakuan = JK Perlakuan : db Perlakuan i.

Kuadrat Tengah (KT) Galat = JK Galat : db Galat Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

20

j.

F = (s12 ) / (s 22 ) = (0,183) / (0,175) = 1,05

Daftar Sidik Ragam : No.

Sumber Variasi

db

JK

KT

F

F0,05

1,05

3,24

1

Metode Diet

3

0,55

0,183

2

Galat

16

2,80

0,175

Total

19

3,35

6. Kesimpulan :

Karena F < F0,05,

maka Terima H0  artinya penurunan bobot

badan pada keempat metode diet itu sama besar.

6.8

Pengu jian Kesamaan Beberapa Propor si (Data Multin om)

H0 : p1 = p2  = … = p n H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku (oi – ei ) 2

χ2 = ∑ —————

db– χ2 = (b–1)(k–1)

ei dimana b = banyaknya baris dan k = banyaknya kolom. Untuk tabel kontingensi 2 x 2, berarti db– χ2 = (b–1)(k–1) = 1 perlu dilakukan koreksi Yate bagi kekontinyuan (karena data asal bersifat diskrit) yaitu : [ (oi – ei ) – 0,5 ]2

χ2 = ∑ ———————— ei Bila frekuensi harapan (ei ) antara 5 dan 10, maka koreksi Yates harus dipakai. Bila frekuensi harapan (ei ) besar, maka χ2 ≈ χ2 terkoreksi. Bila frekuensi harapan

(ei ) kurang dari 5, maka dipakai Uji Pasti Fisher–Irwin, oleh karena itu

sebaiknya digunakan ukuran contoh yang besar. Teladan 6.20 : Data berikut menunjukkan banyaknya produk yang cacat pada 3 macam waktu kerja. Ujilah pada taraf nyata 0,025 apakah produk yang cacat mempunyai Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

21

proporsi sama untuk ketiga waktu kerja tersebut. Pagi

Siang

Malam

Jumlah

Cacat

45

55

70

170

Baik

905

890

870

2665

Jumlah

950

945

940

2835

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2  = … = p n H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,025 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α(b –1) (k –1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,025 didapat χ2α(b –1) (k –1) = χ20,025 (2) = 19,023 Pagi

Siang

Malam

Oi

Ei

Oi

Ei

Oi

Ei

Cacat

45

57,0

55

56,7

70

56,3

170

Baik

905

893,0

890

888,3

870

883,7

2665

Jumlah

950

945

940

2835

(oi – ei ) 2

χ2 = ∑ ————— ei

(45 – 57 )2 (905 – 893 )2 (870 – 883,7) 2 χ2 = ————— + —————— + … + ——————— = 6,288 (57) (893) (883,7) 6. Kesimpulan : Karena χ2 < χ20,025(2), maka Terima H0 artinya proporsi produk cacat yang dihasilkan pada ketiga macam waktu kerja adalah sama.

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

22

Teladan 6.21 : Tiga

penyalur

‘mixed

nut’

mengiklankan

sebanyak–banyaknya 60% kacang.

bahwa

produknya

mengandung

Bila sebuah kaleng berisi 500 mixed nut

diambil secara acak dari masing–masing penyalur ternyata mengandung berturut–  turut 345 ; 319

dan 359 kacang.

Simpulkan

pada taraf nyata 0,01 apakah

proporsi kacang mixed nut dari ketiga penyalur tersebut sama. Penyalur I

Penyalur II

Penyalur III

Jumlah

Berkacang

345

319

359

1017

Tidak

155

181

141

483

Jumlah

500

500

500

1500

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2  = … = pn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,01 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α(b–1) (k–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,01 didapat χ2α(b–1) (k–1) = χ20,01(2) = 9,21 Penyalur I

Penyalur II

Oi

Ei

Oi

Ei

Oi

Ei

Berkacang

345

339

319

339

359

339

1017

Tidak

155

161

181

161

141

161

483

Jumlah

500

500

Penyalur III

500

1500

(345 – 339)2 (319 – 339 )2 (141 – 161)2 χ2 = —————— + —————— + … + —————— = 10,19 (339) (339) (161) 6. Kesimpulan : Karena χ2 < χ20,01(2), maka Tolak H0  artinya proporsi kacang pada mixed nut dari ketiga penyalur berbeda. Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

23

Teladan 6.22 : Hasil penelitian untuk mengetahui proporsi ibu rumah tangga yang suka acara Sinetron TV diperoleh 29 diantara 150 ibu rumah tangga di daerah A, 48 diantara 200 di daerah B dan 35 diantara 150 di daerah C suka acara tersebut. Simpulkan pada taraf nyata 0,05 apakah tidak ada perbedaan proporsi ibu rumah tangga terhadap acara tersebut.  A

B

C

Jumlah

Suka

29

48

35

112

Tidak Suka

121

152

115

388

Jumlah

150

200

150

500

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2  = … = pn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α(b–1) (k–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,05 didapat χ2α(b–1) (k–1) = χ20,05(2) = 5,991  A

B

C

Oi

Ei

Oi

Ei

Oi

Ei

Suka

29

33,6

48

44,8

35

33,6

112

Tidak Suka

121

116,4

152

155,2

115

161,4

388

Jumlah

150

200

150

500

(29 – 33,69)2 (48 – 44,8 )2 (115 – 161,4)2 χ2 = —————— + —————— + … + ——————— = 1,181 (33,6) (44,8) (161,4) 6. Kesimpulan :

Karena

χ2 < χ20,05(2), maka Terima H0  artinya proporsi ibu

rumah tangga yang suka acara Sinetron tidak berbeda. Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

24

6.9 Penguj ian Kesamaan Beberapa Ragam

H0 : σ12 = σ22 = … = σk2 H1 : Paling sedikit satu tanda = tidak berlaku. Uji dari Bartlett :

χ2 = Ln 10 [ {Log s 2 ∑ (ni –1) } – { ∑ (ni –1) Log si2 } ] ∑ (ni –1) si2

∑ (ni –1) si2

s2  = —————— = —————— ∑ (ni –1) N–k Teladan 6.23 : Untuk data penurunan bobot badan (kg) pada 4 metode diet. Ujilah pada taraf nyata 0,05 apakah ragam penurunan bobot badan keempat metode diet itu sama. Jawab : 1. Hipotesis : H0 : σ12 = σ22 = … = σk2 H1 : Paling sedikit satu tanda = tidak berlaku. 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α(n–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,05 didapat χ2α(n–1) = χ20,05(3) = 7,81 ni –1

si2

Log si2

(ni –1) Log si2

 A

1,2

2,0

2,1

1,0

1,7

4

0,235

– 0,63

– 2,52

B

1,4

1,5

1,0

1,9

2,2

4

0,215

– 0,67

– 2,67

C

0,7

1,6

1,6

1,4

1,7

4

0,165

– 0,78

– 3,13

D

1,0

0,9

1,4

1,6

1,1

4

0,085

– 1,07

– 4,28

s2 = 4 (0,235 + 0,215 + 0,165 + 0,085) / (16) = 0,175

χ2 = 2,3 [ (– 0,76)(16) – (– 12,6) ] = 1,012 6. Kesimpulan : Karena χ2 < χ20,05(3), maka Terima H0 artinya ragam penurunan bobot badan keempat metode diet itu sama. Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

25

6.10

Uji Kebaikan Suai (Uji Kecoco kan)

Uji ini digunakan untuk mengetahui ada tidaknya kesesuaian (kecocokan) model sebaran yang diasumsikan. Misal sebuah dadu dilempar 120 kali, bila dadu itu setimbang maka secara teoritik masing–masing sisi akan muncul sebanyak 20 kali. Dengan membandingkan frekuensi yang teramati dengan frekuensi harapan, kita harus memutuskan apakah ketaksuaian itu disebabkan oleh fluktuasi penarikan contoh atau karena dadunya tidak setimbang sehingga sebaran hasil percobaan tidak seragam. Uji Kebaikan Suai didasarkan pada besaran : k

( oi – ei ) 2

χ2 = ∑ i

ei

db– χ2 = (k – g – 1) dimana k adalah banyaknya kategori atau kelas interval dan g adalah banyaknya parameter yang ditaksir. Kriteria pengujian adalah Tolak H0 jika

χ2 > χ2α(k–g–1). Bila frekuensi teramati (o i) dekat dengan frekuensi harapan (ei), maka nilai χ2 akan kecil, menunjukkan adanya kesuaian yang baik.

Kesuaian yang baik

membawa pada penerimaan H0. Bila ada frekuensi–frekuensi harapan (ei) kurang dari 5, maka frekuensi harapan tersebut harus digabungkan, berarti db– χ2  akan berkurang. Teladan 4.24 : Misal data berikut menunjukkan frekuensi teramati dan frekuensi harapan dari pelemparan dadu sebanyak 120 kali. Ujilah pada taraf nyata 5% apakah dadu tersebut setimbang. Sisi Dadu 1

2

3

4

5

6

Teramati

20

22

17

18

19

24

Harapan

20

20

20

20

20

20

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

26

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2  = … = pn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : χ2 3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α(k–g–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,05 dan db– χ2 = (k – g – 1) = (6–0–1) = 5 didapat χ2α(k–g–1) = χ20,05 (5) = 11,07 (20 – 20)2 (22 – 20)2 (24 – 20)2 χ2 = ————— + ————— + … + ————— = 1,7 (20) (20) (20) 6. Kesimpulan : Karena nilai

χ2 < χ20,05 (5) maka disimpulkan untuk menerima

H0 (dadu setimbang). Teladan 6.25 : Eksperimen genetika menunjukkan bahwa semacam karakteristik diturunkan menurut perbandingan 1:3:3:9, untuk kategori A, B, C dan D.

Dari 160

pengamatan terdapat 5 kategori A, 23 B, 32 C dan 100 D. Dengan taraf nyata 5%, apakah data tersebut menguatkan teori genetika ? Kategori  A

B

C

D

Jml

Teramati

5

23

32

100

160

Harapan

10

30

30

90

160

Jawab : 1. Hipotesis : H0 : p1 = p2  = … = pn H1 : Paling sedikit ada satu tanda “=” tidak berlaku 2. Uji Statistik : χ2 Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

27

3. Taraf Nyata α = 0,05 4. Wilayah Kritik : χ2 > χ2α (k–g–1) 5. Perhitungan : Untuk α = 0,05 dan db– χ2 = (k – g – 1) = (4–0–1) = 3 didapat χ2α(k–g–1) = χ20,05 (3) = 7,81 (5 – 10)2 (23 – 30)2 (100 – 90)2 χ2 = ————— + ————— + … + —————— = 5,18 (10) (30) (90) 6. Kesimpulan : Karena nilai χ2 < χ20,05 (3)

maka Terima H0 artinya tidak ada

alasan untuk tidak mempercayai teori genetika tersebut. Teladan 6.26 : Tabel berikut menunjukkan distribusi frekuensi gaji (x Rp 10.000,– per minggu) dari 40 karyawan Pabrik Rotan, dengan rata–rata (x) = 3,4 dan simpangan baku (s) = 0,7.

Untuk menghitung frekuensi

harapan (ei) digunakan batas atas masing– 

masing kelas ke rumus z (data kontinyu, n > 30), misalnya : z1 = (1,45 – 3,41) / (0,7) = – 2,80 jadi p(z1 ) = 0,0026 z2 = (1,95 – 3,41) / (0,7) = – 2,09 jadi p(z2) = 0,0183 P (1,45 < x < 1,95) = P (z1 < z < z 2 ) = 0,0157 atau ei = 0,0157 x 40 = 0,6 Dengan cara yang sama akan didapat : Batas Kelas

z1

z2

P

1,45 – 1,95

–2,80

–2,09

0,0157

0,6

1,95 – 2,45

–2,09

–1,37

0,0670

2,7

2,45 – 2,95

–1,37

–0,66

0,1693

6,7

2,95 – 3,45

–0,66

0,06

0,2693

3,45 – 3,95

0,06

0,77

0,2555

3,95 – 4,55

0,77

1,49

0,1525

6,0

4,45 – 4,95

1,49

2,20

0,0548

2,2

Ei

(oi – ei)2 / ei

oi 2

10,0

1

7

0,900

10,7

15

1,728

10,1

10

0,001

8

0,005

4

8,2

5 3

40

40

2,634

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

28

Jawab :

χ2 = 2,634.

db– χ2  = (k – g – 1) = (4–2–1) = 1,

k = 4 (asalnya 7 kelas setelah

digabung jadi 4 kelas) dan g = 2 (banyaknya parameter yang ditaksir ada 2 yaitu rata–rata dan simpangan baku). Untuk α = 0,05 nilai

χ2α(k–g–1) = χ20,05 (4) = 7,879. Karena nilai χ2 < χ20,05 (4)

maka Terima H0  artinya sebaran normal memberikan kesuaian yang baik bagi pendapatan. 6.11 Uji Kebebasan Dua Peubah

Untuk Tabel Kontingensi b x k ( b baris dan k kolom ) : (oi – ei ) 2 χ2 = ∑ ———— db– χ2 = (b–1)(k–1) ei Untuk tabel kontingensi 2x2, berarti db– χ2 = (b–1)(k–1) = 1 perlu dilakukan koreksi Yate bagi kekontinyuan (karena data asal bersifat diskrit) yaitu : [ ( oi – ei ) – 0,5 ]2

χ2 = ∑  ———————— ei atau dengan menggunakan rumus lain, yaitu : Baris

Kolom

Jumlah

1

a

b

a+b

2

c

d

c+d

Jumlah

a+c

b+d

n

n [ ( ad – bc ) – 0,5 n ]2 χ2 = ——————————— (a+b)(a+c)(b+d)(c+d)

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

29

Teladan 6.27 : Data berikut menunjukkan tingkat pendidikan kepala keluarga dan banyaknya anak dari 1000 keluarga. Ujilah pada taraf nyata 5%, apakah terdapat hubungan antara tingkat pendidikan kepala keluarga dengan banyaknya anak tersebut. Banyaknya Anak 1–3 >3 Oi Ei Oi Ei

Pendidikan

Jumlah

Sekolah dasar

182

200,9

154

135,1

336

Sekolah menengah  Akademi

213 203

209,9 187,2

138 110

141,1 125,8

351 313

598

402

1000

Jawab : (182 – 200,9)2 (110 – 125,8)2 χ2 = ——————— + … + ——————— = (200,9) (125,8) db– χ2 = (b–1)(k–1) =

jadi χ20,05

(3–1)(2–1) = 2

(2)

7,854

= 5,991.

Karena nilai

χ2 > χ20,05(2) maka Tolak H0 artinya besarnya keluarga bergantung pada tingkat pendidikan kepala keluarga (atau terdapat hubungan yang nyata antara tingkat pendidikan kepala keluarga dengan banyaknya anak). Teladan 6.28 : Contoh acak 30 orang dewasa diklasifikasikan menurut jenis kelamin dan lamanya nonton TV setiap minggu. Ujilah pada taraf nyata 1%, apakah terdapat hubungan antara lamanya nonton TV dengan jenis kelamin. Jenis Kelamin Lama Nonton TV

Laki–laki

Perempuan

Jumlah

Oi

Ei

Oi

Ei

≥ 25 jam

5

6,53

9

7,47

14

< 25 jam

9

7,47

7

8,53

16

14

16

30

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

30

Dengan Rumus I : [(5 – 6,53) – 0,5]2 [(7 – 8,53) – 0,5] 2 χ2  = ————————— + … + ————————— = (6,53) (8,53)

0,571

Dengan Rumus II : 30 [ {(5x7 – 9x9) – ½. 30] 2 χ2  = ————————————— = 0,575 ( 14 x 16 x 14 x 16 ) db– χ2  = 1 jadi χ20,01(1) = 6,635. Karena nilai χ2 < χ20,01(1) maka Terima H0, artinya lamanya nonton TV tidak bergantung pada jenis kelamin (bebas).

Wija ya : Sta tistika II (Ba g ian -2)

31