Uji Hipotesis Mengenai Rataan (Hypothesis Test on the Mean) Oleh Azimmatul Ihwah

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal, Variansi Diketahui Hipotesis yang diuji: 𝐻 0 :𝜇= 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇≠ 𝜇 0 (1) 𝐻 0 :𝜇≥ 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇< 𝜇 0 (2) 𝐻 0 :𝜇≤ 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇> 𝜇 0 (3) Statistik yang digunakan: 𝑍 0 = 𝑋 − 𝜇 0 𝜎/ 𝑛 dengan 𝜇 0 merupakan rataan populasi (rataan yang diminta/dispesifikasikan), 𝑋 adalah rataan sampel, 𝜎 adalah standar deviasi populasi dan 𝑛 adalah banyaknya observasi (ukuran sampel)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal, Variansi Diketahui Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik: Untuk hipotesis (1): 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑍 0 <− 𝑧 𝛼 2 atau 𝑍 0 > 𝑧 𝛼 2 Untuk hipotesis (2) 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑍 0 <− 𝑧 𝛼 Untuk hipotesis (3) 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑍 0 > 𝑧 𝛼 dimana 𝑧 𝛼 merupakan nilai kritis yang diperoleh dari tabel distribusi normal untuk 𝛼 yang ditentukan

Contoh Kasus I Sebuah perusahaan manufaktur melakukan pembelian 100 buah mesin untuk proses produksi dari sebuah supplier. Supplier mengklaim bahwa mesin produksi tersebut mempunyai waktu pemanasan rata-rata 30 menit setelah mesin dinyalakan. Diketahui pula standar deviasi waktu pemanasan mesin adalah 5 menit. Untuk menguji apakah klaim supplier tersebut benar, maka dilakukan pengetesan terhadap 100 buah mesin tersebut dan diperoleh rata-rata waktu pemanasan 31,5. Apakah yang dapat disimpulkan? Gunakan 𝛼=0,05

Jawab Kasus I Karena ingin mengetahui apakah rata-rata waktu pemanasan mesin baru sesuai dengan apa yang diklaim oleh supplier atau tidak maka hipotesis yang diuji adalah 𝐻 0 :𝜇=30, 𝐻 1 :𝜇≠30 𝛼=0,05 Statistik uji = 𝑍 0 = 𝑋 − 𝜇 0 𝜎/ 𝑛 = 31,5−30 5/ 100 = 1,5 0,5 =3 Dari tabel diperoleh bahwa 𝑧 0,025 =1,96. Keputusan uji: Karena 𝑍 0 =3 tidak berada di antara nilai − 𝑧 0,025 =−1,96 dan 𝑧 0,025 =1,96 maka 𝐻 0 ditolak. Kesimpulan : klaim supplier tidak benar.

Contoh Kasus II Diperoleh informasi bahwa waktu tunggu pelayanan di sebuah bank swasta selama beberapa bulan terakhir mempunyai rata-rata 5 menit dan standar deviasi 0,5 menit. Bulan ini akan dicobakan sebuah sistem baru dalam pelayanan kepada nasabah, dimana diharapkan sistem baru ini dapat membuat nasabah lebih puas karena tidak menunggu terlalu lama untuk dilayani. Setelah sistem pelayanan tersebut dilaksanakan diperoleh rata-rata waktu tunggu 4,75 menit dari 100 nasabah yang dilayani. Dengan 𝛼=0,05, apakah dapat disimpulkan bahwa sistem pelayanan baru dapat membuat nasabah lebih puas?

Jawab Kasus II Karena yang ditanyakan apakah sistem pelayanan baru dapat membuat waktu tunggu rata-rata nasabah untuk dilayani lebih singkat, maka hipotesis yang diuji adalah: 𝐻 0 :𝜇≥5, 𝐻 1 :𝜇<5 𝛼=0,05 Statistik uji: 𝑍 0 = 𝑋 − 𝜇 0 𝜎/ 𝑛 = 4,75−5 0,5/ 100 = −0,25 0,05 =−5 Dari tabel diperoleh bahwa −𝑧 0.05 =−1,645 (interpolasi) Keputusan uji: karena 𝑍 0 =−5< − 𝑧 0.05 =−1,645 maka 𝐻 0 ditolak. Kesimpulan: sistem pelayanan baru dapat membuat nasabah puas karena waktu tunggu pelayanan yang lebih singkat.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui Hipotesis yang diuji masih sama yaitu Hipotesis yang diuji: 𝐻 0 :𝜇= 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇≠ 𝜇 0 (1) 𝐻 0 :𝜇≥ 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇< 𝜇 0 (2) 𝐻 0 :𝜇≤ 𝜇 0 , 𝐻 1 :𝜇> 𝜇 0 (3) Statistik uji: 𝑡= 𝑋 − 𝜇 0 𝑠/ 𝑛 dengan 𝜇 0 adalah rataan populasi (rataan yang diminta/dispesifikasikan), 𝑋 adalah rataan sampel, 𝑠 adalah standar deviasi sampel, dan 𝑛 adalah ukuran sampel.

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Satu Sampel yang Berasal dari Populasi Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik: Untuk hipotesis (1): 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑡<− 𝑡 𝛼 2 ;𝑛−1 atau 𝑡> 𝑡 𝛼 2 ;𝑛−1 Untuk hipotesis (2) 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑡<− 𝑡 𝛼;𝑛−1 Untuk hipotesis (3) 𝐻 0 ditolak jika bila 𝑡> 𝑡 𝛼;𝑛−1 dimana 𝑡 𝛼;𝑛−1 dan 𝑡 𝛼 2 ;𝑛−1 merupakan nilai kritis yang diperoleh dari tabel distribusi 𝑡 untuk 𝛼 dan 𝑛 yang ditentukan.

Contoh Kasus Untuk melihat apakah rataan nilai UAN Mata pelajaran Kimia pada siswa kelas 3 SMA IPA di suatu SMA ‘Antah Berantah’ lebih dari 80, secara random diambil 20 siswa. Nilai UAN Kimia 20 orang siswa tersebut adalah: 90 95 80 82 76 75 88 70 80 70 95 69 82 95 93 90 75 82 85 76 Jika diambil 𝛼=0,01 dengan asumsi bahwa populasi berdistribusi normal, bagaimana kesimpulan penelitian tersebut?

Jawab Kasus Yang ditanyakan adalah apakah rataan nilai siswa lebih dari 80, maka hipotesis yang diuji adalah 𝐻 0 :𝜇≤80, 𝐻 1 :𝜇>80 Karena populasi diketahui berdistribusi normal tetapi variansi populasi tidak diketahui, maka statistik uji yang dipakai adalah 𝑡= 𝑋 − 𝜇 0 𝑠/ 𝑛 = 82,4−80 8,46/ 20 = 2,4 8,46/4,47 = 2,4 1,893 =1,27

Jawab Kasus Keputusan uji: Dari tabel diperoleh bahwa 𝑡 0,01;20−1 = 𝑡 0,01;19 =2,539. Karena 𝑡< 𝑡 0,01;19 =2,539 maka 𝐻 0 tidak ditolak. Kesimpulan: rata-rata nilai UAN KIMIA kelas 3 SMA IPA di SMA ‘Antah Berantah’ tidak lebih dari 80

Hipotesis yang diuji 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (1) Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Diketahui ( 𝜎 1 2 dan 𝜎 2 2 diketahui) Hipotesis yang diuji 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (1) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≥ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 < 𝜇 2 (2) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≤ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 > 𝜇 2 (3) Jika dibicarakan selisih rataan ∆ 0 , maka hipotesis yang diuji menjadi: 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 = ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≠ ∆ 0 (4) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≥ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 < ∆ 0 (5) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≤ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 > ∆ 0 (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Diketahui ( 𝜎 1 2 dan 𝜎 2 2 diketahui) Statistik uji yang digunakan: 𝑍 0 = 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆ 0 𝜎 1 2 𝑛 1 + 𝜎 2 2 𝑛 2 Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik: Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻 0 ditolak jika 𝑍 0 > 𝑧 𝛼 2 atau 𝑍 0 < −𝑧 𝛼 2 Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻 0 ditolak jika 𝑍 0 < −𝑧 𝛼 Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻 0 ditolak jika 𝑍 0 > 𝑧 𝛼

Contoh Kasus Sebuah perusahaan cat ingin meningkatkan kualitas catnya dengan mempersingkat waktu pengeringan. Dua formula diuji untuk ini: formula 1 yaitu formula lama dan formula 2 yang mengandung zat pengering baru. Dari data sebelumnya diperoleh informasi bahwa standar deviasi waktu pengeringan cat adalah 8 menit dan variabilitas ini tetap sama pada formula yang didalamnya mengandung zat pengering baru. Sampel pertama terdiri dari 10 spesimen di cat menggunakan formula 1 dan sampel kedua terdiri dari 10 spesimen di cat dengan formula 2. Rata-rata waktu pengeringan kedua sampel masing-masing 𝑋 1 =121 menit dan 𝑋 1 =112 menit. Kesimpulan apakah yang dapat diambil mengenai keefektifan zat pengering pda formula 2 pada tingkat signifikansi 𝛼=0,05?

Jawab Kasus Karena tidak dibicarakan selisih rataan ( ∆ 0 =0), maka hipotesis yang diuji: 𝐻 0 : 𝜇 1 ≤ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 > 𝜇 2 𝛼=0,05 Statistik uji: 𝑍 0 = 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆ 0 𝜎 1 2 𝑛 1 + 𝜎 2 2 𝑛 2 = 121−112−0 8 2 10 + 8 2 10 =2,52 Dari tabel diperoleh 𝑧 𝛼 =1.645 Keputusan uji: karena 𝑍 0 =2,52> 𝑧 𝛼 =1.645, maka 𝐻 0 ditolak Kesimpulan : zat baru yang ada pada formula 2 secara signifikan dapat mempersingkat waktu pengeringan cat

Diskusikan Soal yang sama, dengan pertanyaan penelitian: apakah dapat disimpulkan bahwa beda waktu pengeringan cat antara cat dengan formula 1 dan formula 2 kurang dari 10 menit?

Hipotesis yang diuji masih sama dengan sebelumnya, yaitu: Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Kasus I: 𝜎 1 2 = 𝜎 2 2 = 𝜎 2 Hipotesis yang diuji masih sama dengan sebelumnya, yaitu: 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (1) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≥ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 < 𝜇 2 (2) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≤ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 > 𝜇 2 (3) Jika dibicarakan selisih rataan ∆ 0 , maka hipotesis yang diuji menjadi: 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 = ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≠ ∆ 0 (4) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≥ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 < ∆ 0 (5) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≤ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 > ∆ 0 (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Statistik uji yang digunakan: 𝑡= 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆ 0 𝑆 𝑝 1 𝑛 1 + 1 𝑛 2 dimana 𝑆 𝑝 2 = 𝑛 1 −1 𝑆 1 2 + 𝑛 2 −1 𝑆 2 2 𝑛 1 + 𝑛 2 −2 𝑆 1 2 adalah variansi sampel 1 dan 𝑆 2 2 adalah variansi sampel 2, 𝑛 1 merupakan banyak data pada sampel 1 dan 𝑛 2 merupakan banyak data pada sampel 2.

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik: Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik: Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼 2 ; 𝑛 1 + 𝑛 2 −2 atau 𝑡<− 𝑡 𝛼 2 ; 𝑛 1 + 𝑛 2 −2 Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡<− 𝑡 𝛼; 𝑛 1 + 𝑛 2 −2 Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼; 𝑛 1 + 𝑛 2 −2

Contoh Kasus Dua katalisator diperiksa untuk mengetahui apakah pengaruhnya sama terhadap proses kimia. Data berikut merupakan data kecepatan katalis dalam berpengaruh terhadap 8 proses kimia: Katalis 1: 91,50 94,18 92,18 95,39 91,79 89,07 94,72 89,21 Katalis 2: 89,19 90,95 90,46 93,21 97,19 97,04 91,07 92,75 Dengan asumsi kedua sampel berasal dari populasi berdistribusi normal yang variansi-variansinya sama, apa kesimpulan yang dapat diambil dari data pada tingkat signifikansi 𝛼=0,05?

Jawab Kasus Karena yang ingin diketahui apakah pengaruh kedua katalis terhadap proses kimia sama atau tidak, maka hipotesis yang diuji 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (karena tidak dibicarakan selisih rataan) 𝛼=0,05 Statistik uji: 𝑡= 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆ 0 𝑆 𝑝 1 𝑛 1 + 1 𝑛 2 Setelah dilakukan perhitungan diperoleh 𝑋 1 =92.255, 𝑋 2 =92.733, 𝑠 1 =2,39, 𝑠 2 =2,98

Jawab Kasus Sehingga diperoleh pula nilai 𝑆 𝑝 2 =7.30. Nilai statistik uji: 𝑡= 92,255−92,733−0 7.30 1 8 + 1 8 =−0,35 Dari tabel diperoleh nilai 𝑡 0,025;8 +8−2 =2,145 Keputusan uji: karena −2,145<𝑡=−0,35<2,145; maka 𝐻 0 tidak ditolak. Kesimpulan: kedua katalis mempunyai pengaruh yang sama terhadap proses kimia.

Hipotesis yang diuji juga masih sama, yaitu: Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Kasus 𝜎 1 2 ≠ 𝜎 2 2 Hipotesis yang diuji juga masih sama, yaitu: 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (1) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≥ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 < 𝜇 2 (2) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≤ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 > 𝜇 2 (3) Jika dibicarakan selisih rataan ∆ 0 , maka hipotesis yang diuji menjadi: 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 = ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≠ ∆ 0 (4) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≥ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 < ∆ 0 (5) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≤ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 > ∆ 0 (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Statistik uji yang digunakan: 𝑡= 𝑋 1 − 𝑋 2 − ∆ 0 𝑆 1 2 𝑛 1 + 𝑆 2 2 𝑛 2 𝑆 1 2 adalah variansi sampel 1 dan 𝑆 2 2 adalah variansi sampel 2, 𝑛 1 merupakan banyak data pada sampel 1 dan 𝑛 2 merupakan banyak data pada sampel 2.

Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik : Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal dan Independen, Variansi Tidak Diketahui Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik : Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼 2 ;𝑣 atau 𝑡<− 𝑡 𝛼 2 ;𝑣 Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡<− 𝑡 𝛼;𝑣 Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼;𝑣 dimana 𝑣= 𝑆 1 2 𝑛 1 + 𝑆 2 2 𝑛 2 2 𝑆 1 2 / 𝑛 1 𝑛 1 −1 + 𝑆 2 2 / 𝑛 2 𝑛 2 −1

Contoh Kasus Kandungan arsenik di dalam air minum yang dikonsumsi warga dapat menyebabkan gangguan kesehatan. Dari harian the Arizona Republic (Sunday, May 2007, 2001) dilaporkan jumlah kandungan arsenik dalam air minum (dalam ppb) dari 10 daerah di pedesaan dan 10 daerah di perkotaan. Datanya sebagai berikut: Pedesaan: 3 7 25 10 15 6 12 25 15 7 Perkotaan: 48 44 40 38 33 21 20 12 1 18 Dengan asumsi kedua sampel berasal dari populasi berdistribusi normal dengan variansi-variansi yang berbeda, apakah konsentrasi arsenik dalam air minum di daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan? Gunakan 𝛼=0,05

Jawab Kasus Karena yang ditanyakan konsentrasi arsenik dalam air minum di daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan, maka hipotesis yang diuji adalah 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (tidak dibicarakan selisih rataan) Dari data diperoleh 𝑋 1 =12,5; 𝑋 2 =27,5; 𝑠 1 =7,63; 𝑠 2 =15,3 Sehingga diperoleh nilai statistik uji: 𝑡= 12,5−27,5−0 7,63 2 10 + 15,3 2 10 =−2,77

Jawab Kasus Selanjutnya dicari nilai 𝑣: 𝑣= 7,63 2 10 + 15,3 2 10 2 7,63 2 /10 2 9 + 15,3 2 /10 2 9 =13,2≈13 Sehingga diperoleh dari tabel nilai 𝑡 0,025;13 =2,160. Keputusan uji: karena 𝑡=−2,77<−2,160, maka 𝐻 0 ditolak. Kesimpulan: konsentrasi arsenik dari daerah pedesaan dan perkotaan mempunyai pengaruh yang sama terhadap kesehatan

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui Hipotesis yang diuji masih sama yaitu: 𝐻 0 : 𝜇 1 = 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 ≠ 𝜇 2 (1) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≥ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 < 𝜇 2 (2) 𝐻 0 : 𝜇 1 ≤ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 > 𝜇 2 (3) Jika dibicarakan selisih rataan ∆ 0 , maka hipotesis yang diuji menjadi: 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 = ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≠ ∆ 0 (4) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≥ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 < ∆ 0 (5) 𝐻 0 : 𝜇 1 − 𝜇 2 ≤ ∆ 0 , 𝐻 1 : 𝜇 1 − 𝜇 2 > ∆ 0 (6)

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui Statistik uji yang digunakan: 𝑡= 𝐷 − ∆ 0 𝑠 𝑑 / 𝑛 𝐷 merupakan selisih antara nilai pada sampel pertama 𝑋 dan sampel kedua 𝑌 , yaitu 𝐷=𝑋−𝑌. 𝑠 𝑑 merupakan standar deviasi selisih rataan, yaitu 𝑠 𝑑 = 𝑛 𝐷 2 − 𝐷 2 𝑛 𝑛−1

Uji Hipotesis Mengenai Rataan dari Dua Sampel Berpasangan yang Berasal dari Populasi-populasi Berdistribusi Normal, Variansi Tidak Diketahui Keputusan uji berdasarkan Daerah Kritik : Untuk hipotesis (1) dan (4), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼 2 ;𝑛−1 atau 𝑡<− 𝑡 𝛼 2 ;𝑛−1 Untuk hipotesis (2) dan (5), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡<− 𝑡 𝛼;𝑛−1 Untuk hipotesis (3) dan (6), 𝐻 0 ditolak jika 𝑡> 𝑡 𝛼;𝑛−1 dimana 𝑛= 𝑛 1 = 𝑛 2 .

Contoh Kasus Keberhasilan fisioterapis dalam merehabilitasi pasien tergantung pada motivasi pasien. Sebuah studi dilakukan untuk mengetahui apakah suatu program remotivasi efektif dalam meningkatkan motivasi. Tingkat motivasi 15 pasien klinik fisioterapi diukur pada awal dan akhir program remotivasi. Skor sebelum dan sesudah program disajikan pada tabel di samping: Gunakan 𝛼=0,05

Jawab Kasus Karena yang ditanyakan apakah Program remotivasi dapat efektif meningkatkan motivasi, maka Hipotesis yang diuji adalah: 𝐻 0 : 𝜇 1 ≥ 𝜇 2 , 𝐻 1 : 𝜇 1 < 𝜇 2 , dimana 𝜇 1 adalah rataan skor motivasi sebelum program remotivasi, sedangkan 𝜇 2 adalah rataan skor motivasi sesudah program remotivasi. Penghitungan selisih skor disajikan pada tabel di atas.

Jawab Kasus 𝐷 = −188 15 =12,53; 𝑠 𝑑 2 = 15 3896 − −188 2 15 14 =109,981 Nilai statistik uji: 𝑡= 𝐷 − ∆ 0 𝑠 𝑑 / 𝑛 = −12,53−0 10,48/ 15 =−4,63 Dari tabel diperoleh nilai 𝑡 0,05;14 =1,761 Keputusan uji: karena 𝑡=−4.63<− 𝑡 0,05;14 =−1,761 maka 𝐻 0 ditolak Kesimpulan: program remotivasi dapat meningkatkan motivasi