STATISTIKA MATEMATIKA 2013.
-
Upload
joner-putra -
Category
Documents
-
view
567 -
download
130
description
Transcript of STATISTIKA MATEMATIKA 2013.
-
STATISTIKA MATEMATIKA
Di Susun:
Dr. Ahmad Yani T.,M.Pd.
NIP. 196604011991021001
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN IPA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS TANJUNGPURA
PONTIANAK
2013
-
i
KATA PENGANTAR
Assalamualaikum Wr.Wb.
Alhamdulillah, Puji syukur kami ucapkan kehadirat Allah Swt karena atas
rahmat dan hidayahnya lah kami dapat menyelesaikan penyusunan buku ini,
sebagai prasyarat untuk menyelesaikan tugas kuliah Statistika Matematika
Semoga makalah ini dapat bermanfaat bagi para pembaca untuk
kedepannya.
Terima kasih kami ucapkan kepada Bapak Dr. Ahmad Yani . T .selaku
dosen mata kuliah Statistika Matematika yang telah banyak membimbing dalam
perkuliahan.
Kami sebagai penulis menyadari bahwa dalam penyusunan makalah ini
terdapat kekurangan oleh sebab kami sangat membutuhkan kritik dan saran demi
kesempurnaan makalah ini.Akhirnya saya ucapkan terima kasih atas kesediaannya
membaca makalah ini.
Wassalamualaikum Wr.Wb.
Pontianak, Juni 2013
Hormat kami,
-
ii
DAFTAR ISI
Kata Pengantar ......................................................................................................... ii
Daftar Isi .................................................................................................................. ii
Bab 1 Koefisien Korelasi ......................................................................................... 1
Bab 2 Hubungan Harapan Dan Variansi Dari Peubah Acak Khusus (Bahasan 1) 18
Bab 3 Hubungan Harapan Dan Variansi Dari Peubah Acak Khusus (Bahasan 2) 36
Bab 4 Kebebasan Stokastik ................................................................................... 54
Bab 5 Sifat-Sifat Kebebasan Stokastik Dua Peubah Acak .................................... 73
Bab 6 Peubah Acak Diskrit ................................................................................... 82
Bab 7 Distribusi Hipergeometrik & Distribusi Poisson ........................................ 97
Bab 8 Beberapa Model Distribusi Kontinu ......................................................... 116
Bab 9 Distribusi Normal ...................................................................................... 132
Bab 10 Distribusi Gamma, Eksponensial, Dan Chi-Square ................................ 146
Bab 11 Transformasi Peubah ............................................................................... 162
Bab 12 Uji , Distribusi , Distribusi Dan Distribusi S2 ................................ 196
Lampiran .............................................................................................................. 225
-
1
BAB I
KOEFISIEN KORELASI
Tujuan pembelajaran secara umumnya mempelajari materi ini adalah
diharapkan mampu memahami konsep korelasi dengan baik. Adapun tujuan
instruksional khususnya adalah sebagai berikut:
1. Diharapkan dapat menjelaskan makna korelasi. 2. Diharapkan dapat menjelaskan dan menghitung koefisien korelasi
3. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan hubungan dengan mean
bersyarat E ( Y | x ) yang berupa fungsi linear dari x.
4. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan hubungan dengan mean
bersyarat E ( X | y ) yang berupa fungsi linear dari y.
5. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan dengan variansi bersyarat
dari Y diketahui X = x. Khususnya bila variansi tersebut berupa fungsi dari x
yang berharga konstan.
6. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan dengan variansi bersyarat
dari X diketahui Y = y. Khususnya bila variansi tersebut berupa fungsi dari y
yang berharga konstan.
A. MATERI Apakah usia pada seseorang ada kaitan dengan berat dan tinggi. Jika ada
kaitannya maka dapat dinyatakan jika usia bertambah pada seseorang maka berat
badan seseorang bertambah. Pernyataan ini hanya berlaku pada seseorang yang
berusia sampai 18 tahun, namun tidak berlaku lagi pada seseorang usia di atas 40
tahun.
Hubungan dan kaitan antara peubah pertama dengan peubah kedua disebut
korelasi. Korelasi pada contoh-contoh di atas dapat berupa garis lurus atau
disekitar garis lurus. Korelasi antara peubah yang ditunjukkan oleh contoh-contoh
di atas adalah positif atau negatif atau nol. Korelasi positif menunjukan bahwa ada
hubungan atau kaitan antara kedua peubah tersebut. Korelasi negatif menunjukkan
bahwa kedua peubah tersebut tidak mempunyai hubungan atau kaitannya. Contoh
hubungan antara jauh perjalanan kendaran bermotor dengan bahan bakar yang ada
di dalam tangkinya. Korelasi nol atau hampir mendekati nol menunjukkan
hubungan antara kedua peubah tidak ada atau tidak menentu (Ruseffendi,
1993:204). Berdasarkan uraian di atas, korelasi itu dapat positif, nol dan negatif.
Jika dinyatakan dalam bilangan bahwa korelasi itu paling kecil -1 dan paling besar
+1. Atau jika r adalah korelasi maka -1 1.
Koefisien korelasi diperlukan untuk mendeteksi apakah suatu kasus
distribusi bersama merupakan kebebasan stokastik atau tidak. Koefisien korelasi
-
2
juga dapat diartikan sebagai nilai yang menunjukkan kekuatan dan arah hubungan
linier antara dua buah peubah acak.
Korelasi bermanfaat untuk mengukur kekuatan hubungan antara dua
variabel atau lebih dengan skala-skala tertentu, misalnya Pearson data harus
berskala interval atau rasio; Spearman dan Kendal menggunakan skala
ordinal; Chi Square menggunakan data nominal.
1 2E X- Y- dinamakan kovariansi X dan Y, dan ditulis Kov(X,Y). Untuk
menghitung kovariansi, akan lebih mudah menggunakan teorema berikut:
Dari teorema di atas, sebelum menentukan kov(X,Y), kita harus menentukan
nilai Ekspektasi X, Ekspektasi Y, dan Ekspektasi XY. Yang perlu diperhatikan
dalam mencari nilai-nilai ekspektasi tersebut adalah bagaimana bentuk soal yang
diberikan. Apakah bentuk kontinu atau diskrit.
Setelah mendapatkan nilai kov(X,Y) kita dapat menentukan koefisen
korelasi dengan cara membagi kov(X,Y) dengan simpangan baku dari X dan
simpangan baku dari Y.
Untuk lebih jelas perhatikan definisi koefisien korelasi:
= (, )
Dengan 2 dan
2masing-masing adalah variansi X dan variansi Y, dinamakan
koefisien korelasi antara X dan Y ( 0, 0).
Rumus mencari koefisien korelasi juga dapat dinyatakan dalam bentuk
=
{2 ()2}{2 ()2}
Koefisien korelasi menunjukkan kekuatan hubungan linear dan arah
hubungan dua variabel acak. Jika koefisien korelasi positif, maka kedua variabel
mempunyai hubungan searah. Artinya jika nilai variabel X tinggi, maka nilai
Kov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y)
-
3
variabel Y akan tinggi pula. Sebaliknya, jika koefisien korelasi negatif, maka
kedua variabel mempunyai hubungan terbalik. Artinya jika nilai variabel X tinggi,
maka nilai variabel Y akan menjadi rendah (dan sebaliknya).
Koefisien korelasi terletak antara -1 dan 1. Berikut ini adalah arti dari
koefisien korelasi:
1). Jika 0,9
-
4
X
Y
0 1
0 0
1 0
1
a. Jumlah ke bawah membentuk f.k.p marginal X, yaitu:
f (x) = {1
2, = 0,1
0,
Jadi, mean dan variansi X adalah
E(X) = . 1()1=0 = 0. (1
2) + 1. (
1
2) =
1
2
12 = E(X2) (E(X))2 = 0. (1
2) + 1. (
1
2) =
1
2
1 = 1
2
b. Jumlah ke samping membentuk f.k.p marginal Y, yaitu:
f (x) = {1
2, = 0,1
0,
Jadi, mean dan variansi Y adalah
E(Y) = . 2()1=0 = 0. (1
2) + 1. (
1
2) =
1
2
22 = E(Y2) (E(Y))2 = 0. (1
2) + 1. (
1
2) =
1
2
-
5
2 = 1
2
c. Kov(X,Y)
E(XY) = . (, )1=01=0
= 0.0.f(0,0) + 0.1.f(0,1) + 1.0.f(1,0) + 1.1.f(1,1)
= 0 + 1
2
Jadi Kov(X,Y) = E(XY) E(X).E(Y) = 1
2
1
2 .1
2 =
1
2
1
4= 1
4
Akibatnya, koefisien korelasi antara X dan Y adalah:
= (, )
xy=
1
4
1
2.
1
2
=
1
41
2
= 1
2= 0,5
Pada contoh di atas diperoleh = 0,5. Ini menandakan hubungan yang moderat
antara X dan Y.
CONTOH 2 :
Jika X dan Y peubah acak dengan variansi x2 = 5,y2 = 2 dan kovariansi xy = 4
Tentukan variansi peubah acak Z = 4X 2Y + 11 !
Penyelesaian:
z2 = 4x-2y+11 2
= 4x-2y 2
= 16 x2 - 16 xy + 4 y2
= 16(5) 16(4) + 4(2)
-
6
= 24
Jadi, variansi peubah acak Z = 4x 2y + 11 yaitu 24
CONTOH 3 :
Berikut ini adalah data tinggi badan dan berat badan mahasiswa P. MTK 2010
Data A B C D E F G H I J
Tinggi Badan
(X)
170 168 173 172 165 168 165 168 172 148
Berat Badan (Y) 50 63 80 75 45 68 62 80 85 40
Tentukanlah koefisien korelasi tinggi badan dan berat badan mahasiswa P. MTK
2010, serta berikan kesimpulan!
Penyelesaian :
X 170 168 173 172 165 168 165 168 172 148 =
1.669
Y 50 63 80 75 45 68 62 80 85 40 =
648
2 2890
0
2822
4
2992
9
2958
4
2722
5
2822
4
2722
5
2822
4
2958
4
2190
4
2=
279.0
23
2 2500 3969 6400 5625 2025 4624 3844 6400 7225 1600 2=
44.21
2
-
7
X
Y
8500 1058
4
1384
0
1290
0
7425 1142
4
1023
0
3440 1462
0
5920 =
108.8
83
Dari tabel di atas, diperoleh : = 1.669, = 648, 2= 279.023, 2=
44.212, dan = 108.883.
Maka, koefisien korelasinya adalah :
=
{2 ()2}{2 ()2}
=10(108.883) (1.669)(648)
{10(279.023) (1669)2}{10(44.212) (648)2}
=1.088.830 1.081.512
{2.790.230 2.785.561}{442.120 419.904}
=7.318
(4669)(22.216)
=7.318
10.184,621
= 0,72
Karena, nilai = 0,72 terletak di antara 0,7 dan 0,9, maka terdapat hubungan yang
kuat dan berbanding lurus antara tinggi badan dan berat badan mahasiswa P.MTK
2010.
2= (0,72)2 = 0,5184 = 51,84%, artinya variasi tinggi badan yang dapat
dijelaskan oleh variasi berat badan mahasiswa oleh persamaan regresi = -197,23
+ 1,57X adalah sebesar 51,84%. Sisanya sebesar 48,16% dijelaskan oleh faktor
lain di luar variabel pada persamaan regresi tersebut.
-
8
Sifat-Sifat Koefisien Korelasi
Teorema 1.6.1:
Jika E ( Y | x ) berupa fungsi linier dari x maka
E ( Y | x ) )( 11
22
x
Bukti:
Misalkan E ( Y | x ) merupakan fungsi linier dari x.
Maka E ( Y | x ) = a + bx. Akan dicari nilai a dan b.
Karena
E ( Y | x )
y f ( Y | x ) dy
yxf )(
1 f ( x , y ) dy
Atau
yxf )(
1 f ( x , y ) dy = a + bx
y f ( x , y ) dy = (a + bx) f(x) .. (1)
Kedua ruas pers (1) kita integrasikan terhadap x dari - sampai , maka:
y f ( x , y ) dy dx =
(a + bx) f (x) dx
E ( Y ) = a + b E ( X )
-
9
Atau
12 ba (2)
Selanjutnya jika kedua ruas pers (1) dikalikan dengan x kemudian kita
integrasikan terhadap x dari - sampai maka:
xy f ( x , y ) dy dx =
x (a + bx) f (x) dx
Atau
E ( XY ) = a E ( X ) + b E ( 2 ) atau
)(2
1
2
112121 ba (3)
Ingat:
)()(
),(
YX
YXkov
atau Kov ( X, Y ) = )()( YX
Kov ( X, Y ) = E ( XY ) - E ( X ) E ( Y )
Jadi E ( XY ) = 2121
Dari pers (2) dan (3) diperoleh
a 11
22
dan b
1
2
E ( Y | x ) = a + bx
11
22
+
1
2
x
)( 11
22
x
-
10
Jika E ( Y | x ) berupa fungsi linier dari x maka
E ( Y | x ) = )( 11
22
x Terbukti.
Teorema 1.6.2:
Jika E ( X | y ) berupa fungsi linier dari y maka
E ( X | y ) 11 2
2
( )x
Bukti:
Misalkan E ( X | y ) merupakan fungsi linier dari y.
Maka E ( X | y ) = a + by. Akan dicari nilai a dan b.
Karena
E ( X | y ) x
f ( X | y ) dx 1
( )x
f y
f ( x , y ) dx
Atau
1
( )x
f y
f ( x , y ) dx = a + by
x
f ( x , y ) dx = (a + by) f(y) .. (1)
Kedua ruas pers (1) kita integrasikan terhadap y dari - sampai , maka:
x
f ( x , y ) dx dy =
(a + by) f (y) dy
-
11
E ( X ) = a + b E ( Y )
Atau
1 2a b (2)
Selanjutnya jika kedua ruas pers (1) dikalikan dengan y kemudian kita
integrasikan terhadap y dari - sampai maka:
yx f ( x , y ) dx dy =
y (a + by) f (y) dy
Atau
E ( XY ) = a E ( Y ) + b E ( 2Y ) atau
2 2
2 1 2 1 2 2 2( )a b (3)
Ingat:
)()(
),(
YX
YXkov
atau Kov ( X, Y ) = )()( YX
Kov ( X, Y ) = E ( XY ) - E ( X ) E ( Y )
Jadi E ( XY ) = 2 1 2 1
Dari pers (2) dan (3) diperoleh
a 11 2
2
dan b 1
2
E ( X | y ) = a + by
11 2
2
+ 1
2
y
-
12
11 2
2
( )y
Jika E ( X | y ) berupa fungsi linier dari y maka
E ( X | y ) = 11 2
2
( )y
Terbukti.
Teorema 1.6.3
Misalkan E(|x) berupa fungsi linear dari x. Jika k(x) = E [{ (|)}2|]
maka E[()]=2 2(1 2)
Bukti :
Ingat : E (|) = 2 + 2
1( 1)
K(x) = E [{ (|)}2|]
= { 2 2
1( 1)}
2~
~(|)
=1
() {( 2)
2
1( 1)}
2~
~(|)
Jika kedua ruas kita kalikan dengan f(x) kemudian kita integrasikan terhadap x
dari ~ sampai , maka
()() = ~
~
~
~
{ 2 21( 1)}
2~
~
(|)
= ~
~
{( 2)2 2
21( 1)( 2)
~
~
+ 221( 1)
2} (, )
-
13
= E[( 2)2 2
2
1( 1)( 2) +
2 2
1[( 1)
2] ]
=22 2
2
1(12) +
2 22
12 1
2
Ingat =(1)(2)
12
=22 21
222 + 2 2
2
=22 2 2
2
=2 (1 2 )
Karena ()() = ~
~[()] berarti [()]=2 (1 2 ) (terbukti)
CONTOH 4 :
Misalkan E(|x) = 4x+3 dan E (|y) =1
16 3
Hitunglah 1 , 2 , !
Penyelesaian :
Diketahui : E (|) = 2 + 2
1( 1)
E (|) = 1 + 1
2( 2)
sehingga E (|1) = 2
E (|1) = 1
sehingga E(|1) = 4x+3 dan E (|2) =1
16 3
(1)= 4x+3 dan E (2) =1
16 3
-
14
Kemudian diperoleh 1 =15
4 2 = 12
Untuk menghitung perhatikan persamaan 1 dan 2 dengan mengalikan koefisien
dari x dan koefisien dari y.
= 2
1 1
2 = 2
Akibatnya 2 = 4.1
16= 1
4 =
1
2
-
15
LATIHAN SOAL
Misalnya X dan Y dua peubah acak diskrit yang memiliki f. k. p bersama sebagai
berikut:
f(x) ={1
4, = (0,0), (1,1), (2,2), (3,3)
0,
1. Berapakah mean dari x?
a. 1
2
b. 1
c. 3
2
d. 2
2. Berapakah mean dari y?
a. 1
2
b. 1
c. 3
2
d. 2
3. Berapakah variansi dari x?
a. 1
4
b. 3
4
c. 5
4
d. 7
4
4. Berapakah variansi dari y?
a. 1
4
b. 3
4
c. 5
4
d. 7
4
5. Berapakah ekspetasi xy?
a. 1
2
b. 3
2
-
16
c. 5
2
d. 7
2
6. Berapakah kovariansi x dan y?
a. 1
2
b. 1
3
c. 5
4
d. 1
7. Berapakah koefisien korelasi antara x dan y?
a. 1
b. 1
3
c. 1
2
d. 1
4
8. Jika X dan Y peubah acak dengan variansi x2 = 3,y2 = 3 dan kovariansi xy =
3.Tentukan variansi peubah acak Z = 2X 3Y + 7!
a. 1
b. 2
c. 3
d. 4
PEMBAHASAN
Tabel distribusi peluang bersama dari X dan Y
X
Y
0 1 2 3
0 1
4 0 0 0
1
4
-
16
1 0 1
4 0 0
1
4
2 0 0 1
4 0
1
4
3 0 0 0 1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4 1
1. Mean dari x
E(X) = . 1()3=0 = 0. (1
4) + 1. (
1
4) + 2. (
1
4) + 3. (
1
4) =
3
2
2. Mean dari y
E(X) = . 2()3=0 = 0. (1
4) + 1. (
1
4) + 2. (
1
4) + 3. (
1
4) =
3
2
3. Variansi dari x
x2 = E(X2) (E(X))2 = [0. (1
4) + 1. (
1
4) + 4. (
1
4) + 9. (
1
4)] (
3
2)2
= 5
4
4. Variansi dari y
y2 = E(Y2) (E(Y))2 = [0. (1
4) + 1. (
1
4) + 4. (
1
4) + 9. (
1
4)] (
3
2)2
= 5
4
5. Ekspetasi xy
E(XY) = . (, )3=03=0
= 0.0.f(0,0) + 0.1.f(0,1) + 0.2.f(0,2) + 0.3.f(0,3) + 1.0.f(1,0) +
1.1.f(1,1) + 1.2.f(1,2) + 1.3.f(1,3) + 2.0.f(2,0) + 2.1.f(2,1) +
2.2.f(2,2) + 2.3.f(2,3) + 3.0.f(3,0) + 3.1.f(3,1) + 3.2.f(3,2) +
3.3.f(3,3)
= 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1.1
4 + 0 + 0 + 0 + 0 + 4.
1
4 + 0 + 0 + 0 + 0 + 9.
1
4
= 1
4 +
4
4 +
9
4
= 7
2
-
17
6. Kov(X,Y) = E(XY) E(X).E(Y) = 7
2
3
2 .3
2 =
14
4
9
4= 5
4
7. Koefisien korelasi antara X dan Y
= (, )
xy=
5
4
5
4.
5
4
=
5
45
4
= 1
8. z2 = 2x-3y+7 2
= 2x-3y 2
= 4x2 - 12 xy + 9y2
= 4(3) 12(3) + 9(3)
= 3
Jadi, variansi peubah acak Z = 4x 2y + 11 yaitu 3
-
18
BAB 2
HUBUNGAN HARAPAN DAN VARIANSI DARI PEUBAH ACAK KHUSUS
(bahasan 1)
1. Tujuan
Adapun tujuan dari mempelajari materi hubungan harapan dan variansi
dari peubah acak adalah :
a. Mengetahui bagaimana hubungan harapan dan variansi dari peubah
acak.
b. Memenuhi tugas mata kuliah statistik matematika
2. Materi
Untuk menentukan nilai variansi dari peubah acak khusus terlebih dahulu
kita harus dapat mecari nilai harapannya (ekspektasi). Hubungan harapan
dan variansi dari peubah acak khusus ditunjukkan oleh rumus sebagai
berikut :
() = (2) (())2
2 = (2) 2
() = . ()
Disini terdapat beberapa teorema yang akan menunjukkan hubungan
harapan dan variansi, beberapa teorema tersebut diataranya :
-
19
Teorema 1.7.1 :
Jika berdistribusi Bernoulli () = {(1 )1, = 0, 10, untuk yang lain
Maka () = dan () =
Bukti :
E(X) = . ()
E (X) =
1
0
1)1(x
xx pxp
= 11010 )1(1)1(0 pppp
= pp .1)1(0
= p
Jadi E (X) = p.
E (X2) =
1
0
12 )1(x
xx ppx
= 1120102 )1(1)1(0 pppp
= pp .1)1(0
= p
Jadi E (X2) = p.
Var (X) = E (X2) - 2XE
= p p2
-
20
= p (1 p)
= pq Ingat : q = 1 p.
Jadi, jika X berdistribusi Bernoulli p(x) =
lain yanguntuk x ,0
.1,0,)1( 1 xpp xx
maka E (X) = p dan Var (X) = pq.
Teorema 1.7.2 :
Jika berdistribusi binomial () = {()(1 ), = 1, 2, 3, ,
0, untuk yang lain
maka () = dan () =
Bukti :
E (X) = . ()
E (X) =
n
x
xnx ppx
nx
0
)1(
=
n
x
xnx qpx
nn
1 1
1 (1 ) = q
=
n
x
xnxqpx
nn
1
11
1
1
=
n
x
xnx qpx
nnp
0
111
1
1
-
21
=
1
01
111
1
1n
x
xnx qpx
nnp
=
1
0
11n
k
knk qpk
nnp
= 1 nqpnp
= np
Jadi E (X) = np.
E (X2) =
n
x
xnx ppx
nx
0
2 )1(
= xnxn
x
ppx
nxxx
)1(1
0
= xnxn
x
xnxn
x
ppx
nxpp
x
nxx
1)1(1
00
=
n
x
xnx XEppx
nnn
2
)()1(2
2)1(
=
n
x
xnx XEqpx
npnn
2
2222 )(2
2)1(
=
2
02
2222 )(2
2)1(
n
x
xnx XEqpx
npnn
=
2
0
22 )(2
2)1(
n
k
knk XEqpx
npnn , k = x-2
= npqppnn n 22 )()1(
-
22
= npnppn 222
= pnppn 122
= npqpn 22
Jadi E (X2) = npqpn 22
Var (X) = E (X2) - 2XE
= npqpn 22 - (np)2
= npq.
Jadi, jika X berdistribusi Bernoulli p(x) =
lain yanguntuk x ,0
.,...,2,1,0,)1( nxppx
nxnx
maka E (X) = np dan Var (X) = npq. Terbukti.
Teorema 1.7.3 :
Jika berdistribusi poisson () = {
!, = 0, 1, 2,
0, untuk yang lain
maka () = dan () =
Bukti :
)()( txx eEtM
-
23
Jika x~p(x) maka f.p.m adalah
Jika t = 0 maka
Jika t = 0 maka
Jadi, jika x berdistribusi poisson
)1(
.
.
~
0)
!)(
(.
!.
~
0
tee
etee
teee
x x
xtee
xex
x
txe
)1()()('
:
)1()(
teetetM
akibatnya
teet
xM
)0('
1)1.()0('
)10()0()0('
M
M
eeeM
)1(2)()1()()(" teete
teetetM
222)0("2
)2(2)0("
M
xEM
Terbukti .dan maka
,...2,1,0,!
.
lain yanguntuk x ,0)(
x
xe
x
xf
-
24
Teorema 1.7.4 :
Jika X berdistribusi seragam f (x) =
lain yanguntuk x ,0
c b c, x b,1
bc
maka E (X) = 2
cb dan Var (X) =
12
2bc
Bukti :
c
bb
cx
bcdx
bcxXE 2
1
2
11)(
=1
2[2 2
]
=1
2
( + )( )
( )
=1
2( + )
E(2) = 21
=
c
b
1
3
1
3b
c
= 1
3
1
(3 3)
= 1
3
1
(2 + + 2)( )
= 1
3(2 + + 2)
-
25
Var () = E[x] [E()]2
=1
3(2 + + 2) [
1
2( + )]
2
=1
12( )2
Jadi, jika berdistribusi seragam () = {
1
, ,
0, untuk yang lain
Maka () =+
2 dan Var () =
()2
12 terbukti
-
26
SOAL-SOAL DAN PEMBAHASANNYA
A. Pilihan berganda
Jawablah pertanyaan di bawah ini dengan memilih jawaban yang tepat
dengan memberi tanda silang pada huruf A, B, C, D, atau E.
1. Probabilitas untuk memperoleh sedikitnya 4 kali tanda gambar
dalam 6 kali pelemparan sebuah koin adalah......
A. 11/32 D. 22/32
B. 11/64 E. 22/96
C. 11/96
Jawaban : A
Penyelesaian :
Misalnya X menyatakan banyak tanda gambar yang muncul
Dalam hal ini, = 4, = 6 dan = 1/2
Fungsi peluang dari X adalah :
() = (6) (
1
2)
(1
2)6
; x = 4, 5, 6
Jadi : P(X 4) = P(X = 4, 5, 6)
= P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6)
= (64) (
1
2)4
(1
2)2
+ (65) (
1
2)5
(1
2)1
+ (66) (
1
2)6
(1
2)0
= 15
64+
6
64+
1
64
P(X 4) =22
64 =
11
32
-
27
2. Misalkan X adalah peubah acak berdistribusi poisson dengan
parameter . Jika P (X = 0) = 0,2, maka nilai P ( X = 2 ) adalah.
Jawab :
A. 0,2584 D. 0,2376
B. 0,3256 E. 0,4432
C. 0,3342
Jawaban : A
Penyelesaian :
P(X) = P(X = x) =
! ; x = 0, 1, 2, 3,
P(X = 0) = 0,2
0
0! = 0,2
= 0,2
= 1,6
Jadi :
P(X= 2) =(1,6)21,6
2! = 0, 2584
3. Misalkan fungsi densitas dari X berbentuk :
g (x) = 1
4 ; 0< < 4
= 0, x lainnya
Berapakah nilai P ( 1< < 3)
-
28
Jawab :
A. 2/3 C. 3/4 E. 4/5
B. 1/2 D. 3/2
Jawaban : B
Penyelesaian :
Berdasarkan sifat dari fungsi densitas, maka :
P( 1< < 3) = 1
4
3
1 dx
= [1
4]1
3
= [1
4. 3] [
1
4. 1]
= [3
4] [
1
4]
= [2
4]
= [1
2]
P( 1< < 3) = 2
4 =
1
2
1. Suatu suku cadang dapat menahan uji guncangan tertentu dengan
probabilitas 0.75. Hitung probabilitas bahwa tepat 2 dari 4 suku
cadang yang diuji tidak akan rusak.
a. 27
128 d.
25
128
b. 27
127 e.
25
125
c. 28
127
-
29
Jawaban : A
Penyelesaian :
Misalnya X menyatakan banyak tanda gambar yang muncul
Dalam hal ini, = 2, = 4 dan = 0,75 = 3/4
Fungsi peluang dari X adalah :
() = ()()(1 ); x = 2
(2) = (42) (
3
4)2
(1
4)42
;
(2) = 4!
2! 2!(3
4)2
(1
4)2
=27
128
B. Selesaikanlah soal di bawah ini!
1. Apakah artinya Y ~ P(y, 2)? Kemudian tuliskan bentuk fungsi
peluangnya. Fungsi peluang dari Y.
Penyelesaian :
Y ~ P(y, 2) artinya peubah acak Y berdistribusi poisson dengan
parameter = 2
Fungsi peluang dari Y berbentuk :
P(y) = 22
! ; y = 0, 1, 2, 3,
2. Apakah artinya Y ~ B(y, 6, 1
4 ) kemudian tuliskan bentuk fungsi
peluangnya.
Penyelesaian :
Y ~ B(y, 6, 1
4 ) artinya peubah acak Y mengikuti distribusi binomial
dengan banyak pengulangan eksperimennya sampai 6 kali, peluang
terjadinya peristiwa sukses sebesar 1
4 dan banyak peristiwa sukses y.
-
30
Fungsi peluang dari Y adalah :
P(y) = (6) (
1
4)
(3
4)6
; y = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
3. Misalkan Y~ B(y, 1, 1
4 )
Tentukan fungsi distribusi dari Y.
Penyelesaian :
Fungsi peluang dari Y adalah :
P(y) = P(Y=y) = (1
4)
(3
4)1
; y = 0,1
Jadi : p(0) = 3
4
P(1) = 1
4
Distribusi peluang dari Y adalah :
Y 0 1
P(y) 3
4
1
4
Fungsi distribusi dari Y adalah
Untuk y < 0
F(y) = 0
Untuk 0 y < 1
F(y) = ()1 = ()10 = p(0)
F(y) = 3
4
-
31
Untuk y 1
F(y) = ()1 = ()11
= p(0) + p(1)
= 3
4+1
4
F(y) = 1
Sehingga : F(y) = 0, y < 0
= 3
4 ; 0 < 1
= 1 ; y 1
4. Misalkan fungsi densitas dari X berbentuk :
g(x) = 1
5 , 0
-
32
5. Misalkan x adalah peubah acak berdistribusi normal dengan rataan 3
dan varian 5. Jika y = 3x2-2 , maka E(y) adalah.
penyelesaian :
diketahui E(x)= 3 dan var(x)=5
maka : var(x)= E(x2) (E(x))2
5= E(x2) 9
E(x2)= 14
Sehingga E(y) = E(2x2-1)
= E(2x2) 1
= 2(14) 1
E(y) = 27
6. Hitunglah probabilitas peristiwa binomial!
=1
2, =
1
2, = 2, = 5
penyelesaian :
Diket: =1
2, =
1
2, = 2, = 5
Ditanyakan: () = probabilitas peristiwa binomial
Jawab:
() = () (1 ) , 1 =
-
33
(2) = (52) (1
2)2
(1
2)52
(2) =5.4.3!
2! .3!. (1
4) (1
8)
(2) = 5
16
Jadi, probabilitas peristiwa binomial tersebut adalah 5
16
7. Dalam pengetosan 3 buah uang logam, berapakah probabilitas untuk
memperoleh 2 buah H?
Penyelesaian:
Diket: =1
2 Peluang satu koin muncul H
= 2 memperoleh 2 buah H
= 3 3 buah uang logam
Ditanyakan: (2) = probabilitas memperoleh 2 H
Jawab:
() = () (1 ) , 1 =
(2) = (32) (1
2)2
(1
2)32
(2) =3.2!
2! .1!. (1
4) (1
2)
(2) = 3
8
Jadi, probabilitas untuk memperoleh 2 buah H adalah 3
8
8. Andaikan kita memperoleh soal tipe objektif benar-salah sebanyak 10 buah.
Dalam menyelesaikan soal-soal itu andaikata ada anak yang tidak belajar,
-
34
menjawabnya itu hanya melalui tebak-menebak, berapakah probabilitas (nilai
peluang) yang memperoleh paling tidak 7 buah soal jawabannya benar.
Penyelesaian:
Diket: =1
2 Peluang satu soal dengan pilihan benar-salah
= 7, 8, 9,10 paling tidak satu buah soal benar
= 10 10 buah soal
Ditanyakan: () = probabilitas paling tidak 7 buah soal benar.
Jawab:
Membuat tabel distribusi
()
()
= () ()
7 (107) = 120 (
1
2)7
(1
2)3
120 (1
2)10
8 (108) = 45 (
1
2)8
(1
2)2
45 (1
2)10
9 (109) = 10 (
1
2)9
(1
2)1
10 (1
2)10
10 (1010) = 1 (
1
2)10
(1
2)0
(1
2)10
Peluang
total
176
1024= 0,172
Jadi, probabilitas paling tidak 7 buah soal benar adalah 0,172
-
35
RANGKUMAN
1. Distribusi Bernoulli
a. Fungsi peluang : (1 )1, = 0, 1
b. Notasi :X ~ B (x ; 1 , p)
c. Rataan : =
d. Varians : 2 = (1 )
e. Fungsi pembangkit Momen :() = (1 ) + . ;
2. Distribusi Binomial
a. Fungsi peluang : () = ( = ) = ()(1 ), =
1, 2, 3, ,
b. Notasi X~ B (x ; n , p)
c. Rataan : =
d. Variansi : 2 = (1 )
e. Fungsi pembangkit Momen :() = [(1 ) + . ] ;
3. Distribussi Poisson
a. Fungsi peluang : () = ( = ) =
!, = 0, 1, 2,
b. Notasi X ~P ( ; )
c. Rataan : =
d. Variansi : 2 =
e. Fungsi pembangkit Momen :() = (1) ;
4. Distribusi Seragam
a. Fungsi densitas : () =1
; < <
b. Rataan ( ) = E(X) = (1
2) ( + )
c. Varians = 2 = () = (1
12) ( )2
d. Fungsi pembangkit Momen : () =
() ; 0
= 1 ; t = 0
-
36
BAB 3
HUBUNGAN HARAPAN DAN VARIANSI DARI PEUBAH ACAK KHUSUS
(bahasan 2)
Tujuan
Adapun tujuan dari mempelajari materi hubungan harapan dan variansi
dari peubah acak kontinu adalah
a. Mengetahui bagaimana hubungan harapan dan variansi dari peubah acak
kontinu.
b. Memenuhi tugas mata kuliah statistik matematika
Materi
Ekspektasi
Jika X menyatakan suatu variabel acak kontinu yang dapat mengambil setiap nilai
x yang memiliki probabilitas (x), maka ekspektasi atau nilai harapan dinyatakan
sebagai berikut:
() = . ()
Variansi
Misalkan X peubah acak kontinu dengan distribusi peluang () dan rataan ,
maka () = 2 adalah 2 = [( )2]
() = 2 = ( )2 = (2) 2 = (2) [()]2
Teorema 1.7.5
Jika berdistribusi eksponen () = {1
, 0
0, untuk yang lain
Maka () = danVar() = 2
-
37
Bukti :
() =
0
1
=
0
=
0
= (1!)
() =
(2) = 21
0
=
0
=
0
=
0
= 2 2
0
= 2(2!)
= 22
Misalkan :
=
=
1
Catatan :
=
!
0
=1
!
0
! =1
0
! =
0
! =
0
Karena n = 1, diperoleh :
1! =
0
Misalkan :
=
=
1
-
38
() = (2) (())2
() = 22 ()2
() = 22 2
() = 2
Jadi, jika berdistribusi eksponen () = {1
, 0
0, untuk yang lain
Maka () = dan () = 2 (terbukti)
Contoh :
Tentukan fungi densitas dari ~(2)!
Jawab :
~(2) merupakan peubah acak X berdistribusi eksponensial dengan
parameter = 2.
Fungsi densitas dari X berbentuk :
() = 1
2.
2 ; > 0
= ;
Teorema 1.7.6
Dipelajari pertama kali pd abad ke -18
Pencetus :
De Moivre (1733)
Laplace (1775)
Gauss (1809) Dist. Gauss.
-
39
Suatu variabel random kontinu x dikatakan berdistribusi normal dgn mean dan
variansi 2 adalah jika mempunyai fungsi probabilitas yang berbentuk :
2
2)(
2
1
22
1)(
X
eXf
Untuk
- < x
-
40
Misalkan :
2
2
1y
eI dy
Akan dibuktikan 22 I sehingga
Pilihlah
xz maka dz = dx sehingga
2
2
1z
eI dz
2
2
1
2y
eI dy
2
2
1z
e dz
22
2
1
2zy
eI dy dz
Dalam koordinat polar diketahui:
cos.ry maka 222 cos.ry
sin.rx maka 222 sin.rx
Sehingga diperoleh : 2222222 sincos. rrrzy
Kita substitusikan 222 rzy maka diperoleh : ddrreIr
..2
2
1
2
Dengan menggunakan teori limit diperoleh , substitusikan
2
2
1y
eI dy =
2
kedalam persamaan (1)
yxE
22
1dy +
2
2
1
dy =
dxexxEx
2
2
1
22
2
1
Misalkan : yx maka 22 yx
2I
2I
-
41
xy
xy
Maka
1dy dx, sehingga
22
1
2
2
y
ey
xE
dy
2
2
12222
2
2 ye
yyxE
dy
2
2
1222
2
y
ey
xE
dy + 2
2
1
2
2 yey
dy +
2
2
1
2
2
1 ye
dy
2
2
1222
22
y
ey
xE
dy + 0 + 2 ............. (1)
Misalkan :
22 2zy maka 22 2 dyzy dz
sehingga 22
2
1
222 22
2 zezxE
2 dz + 2
2222 22 zezxE
dz + 2
2
12 22 xE + 2
222 xE
22 xExExVar
2
222
Jadi, Jika X berdistribusi normal
2
2
1
2
1)(
x
exf , x maka
xE dan 2xVar . Terbukti.
-
42
Sifat-sifat distribusi normal :
1. Harga modus, yaitu harga pada sumbu x dengan kurva maksimum terletak
pada x =
2. Kurva normal simetris terhadap sumbu vertikal melalui
3. Kurva normal mempunyai titik belok pada x =
4. Kurva normal memotong sumbu mendatar secara asimtotis
5. Luas daerah dibawah kurva normal dan diatas sumbu mendatar sama
dengan 1.
Kurva Normal
Luas bagian kurva normal antara x=a dan x=b dapat ditulis menjadi P(axb)
Nilai ini untuk distribusi normal standar telah ditabelkan Tabel III
Distribusi normal standar adalah distribusi normal yang mempunyai mean =0
dan standar deviasi =1
Untuk distribusi normal yang bukan distribusi normal standar maka diubah
dengan rumus transformasi Z :
xz
Contoh:
Misalkan peubah acak Y berdistribusi gamma dengan parameter = 2 =
3. Peluang bahwa harga Y lebih dari 4 adalah.
a. 0,6151 d. 1,543
b. 1,6151 e. 0,153
x
-
43
c. 0,06151
Penyelesaian :
Fungsi densitas dari Y berbentuk :() = (
9)
3 ; y > 0
= 0 ; yang lainnya
Jadi : P(y>4) = 1
9.
3
4
= 1
9lim
3
Integral di atas dapat diselesaikan denga integral parsial.
Misalnya u = y , maka du = dy
=
3 , = 3.
3
( > 4) = 1
9lim
(3.
3 | +3
3
4=4 )
= 1
9lim
(3| 9.
3 ] =4
=4 )
=1
9lim
(3.
3 + 12.
3 . 9.
3 + 9.
3 )
=1
9[ lim
(3.
3 ) + 21.
3 lim
(9.
3 )]
=1
9(0 + 21.
4
3 0)
( > 4) = (21
9) e
4
3 = 0,6151
Teorema 1.7.7
Definisi fungsi Gamma. Untuk n > 0 (tidak perlu bilangan bulat)
-
44
() 1 = 2 212
0
0
bukti:
() 1
0
Subtitusi
= 2
= 2
Sehingga
1
0
= (2)1(2)2
0
= 222
2
2
0
= 221
2
1
0
Peubah acak X berdistribusi gamma dan dinamakan peubah acak gamma jika Fkp-
nya berbentuk:
() = {
1
1
, > 0(, > 0)
0, 0
Jika X berdistribusi Gamma G(x,, A = 0 ) maka
= =
2 = () = 2
-
45
Bukti:
= = ()
= 1
0
=1
0
Misalkan
= maka = dan = dan karena 0 < < , maka 0 1, () = ( 1)(
1). Berdasarkan induksi matematika
() = ( 1)! bila n suatu bilangan bulat positif.
Contoh:
Misalkan peubah acak x berdistribusi Gamma G(x4, 2, 3). Tentukan titik a
sehingga peluangnya 50% memperoleh nilai x yang lebih kecil atau sama dengan
a [P (x a) = 0,05]. (nilai a disebut median dari x juga suatu distribusi x).
Jawab:
Diketahui : G(x4, 2, 3) maka
= 4
= 2
A = 3 berarti 3 x <
Sehingga
f(x)dx =
1
24+1 (4+1)
(x 1)4ex9
2 dx
Dari tabel 9 pada baris = 4 dan lajur y = 0.05
-
47
a 3
= 4,671
Karena = 2 maka a = 2(4,671) + 3 = 12,342
Jadi median G(x4, 2, 3) adalah 12,342 .
Teorema 1.7.8
Suatu variabel acak dikatakan memiliki distribusi Beta dengan parameter a dan b,
jika fungsi kepadatanya adalah () = {
1
(,)1(1 )1 0 < < 1
0
di mana (, ) merupakan fungsi Beta yang didefinisikan sebagai
(, ) = 1(1 )1 < 0, < 0
1
0
Fungsi Beta dihubungkan dengan fungsi Gamma oleh
(, ) =()()
(a + b)
Sehingga distribusi Beta juga dapat didefinisikan oleh fungsi kepadatan
() = {
()()
(a + b)1(1 )1 0 < < 1
0
Mean dan variansi dari distribusi Beta dengan parameter a dan b masing-masing
adalah
=
+ 2 =
( + + 1)( + )2
Bukti :
-
48
Menghitung momen dari distribusi Beta bisa dilakukan dengan metode sebagai
berikut
=1
(, )11
0
(1 )1
= 1
(,) (+)11
0(1 )1 .(1)
maka juga dapat diperoleh persamaan
=(+,)
(,)=(+)(+)
(++)() ..(2)
Berdasarkan persamaan (1) dan persamaan (2), maka untuk memperoleh mean
(EX) dan () = (2) [()]2 adalah dengan mensubsitusikan n= 1 dan
n= 2 ke persamaan (2), maka
= 1 =( + 1)( + )
( + + 1)()
=()( + )
( + )( + )()
=
+
Dan () = (2) [()]2
Karena
2 =( + 2)( + )
( + + 2)()
Maka
() =( + 1)
( + + 1)( + ) (
+ )2
-
49
=( + 1)
( + + 1)( + )
2
( + )2
=( + )(2 + ) 2( + + 1)
( + )2( + + 1)
=
( + + 1)( + )2
-
50
SOAL-SOAL DAN PEMBAHASANNYA
Jawablah pertanyaan di bawah ini dengan memilih jawaban yang tepat dengan
memberi tanda silang pada huruf A, B, C, D, atau E.
1. Misalkan peubah acak y berdistribusi eksponensial dengan parameter = 3.
Peluang bahwa y bernilai lebih dari 2 adalah
a. 0,01534 d. 0,005
b. 0,1534 e. 0,511
c. 0,06
penyelesaian :
Fungsi densitas dari y adalah :() = (1
3) .
3 ; > 0
= 0 ;untuk yang lainnya.
( > 2) = 1 ( 2)
= 1 1
3.
3 2
0
= 1 1
3. (3.
3 ] =02 )
= 1 + (2
3 1)
( > 2) = 2
3 = 0,5134
-
51
2. Jika peubah acak X berdistribusi eksponesial dengan parameter = 20,
dengan
( > 40| > 10) adalah...
Penyelesaian :
Fungsi densitas dari y adalah :() = (1
20) .
20 ; > 0
= 0 ;untuk yang lainnya.
( > 40) = 1 ( 40)
= 1 1
20.
2040
0
= 1 1
20. [20 .
20]]0
40
= 1 + (2
1 1)
( > 40) = 2
( > 10) = 1 ( 10)
= 1 1
20.
2010
0
= 1 1
20. [20 .
20]]0
10
= 1 + (1
2 1)
( > 10) = 1
2
-
52
( > 40| > 10) =( > 40)
( > 10)
=2
1
2
= 2 1
2
= 2(1
2) = 1,5
3. Jika peubah acak X berdistribusi umum dengan rataan 2 dan varians 0,16.
Maka P(X > 2,3) adalah
a. 0,5 d. 0,2734
b. 0,75 e. 0,2266
c. 2,3
penyelesaian:
dalam hal ini = 2 = 0,4
( > 2,3) = (
>2,3 2
0,4) = ( > 0,75)
Kurva berdistribusi normal baku untuk Z = 0,75 bisa dilihat berikut ini,
Daerah yang dicari mulai dari z= 0,75 sampai z=
Jadi P(X>2,3) = 0,5 ( daerah dari Z = 0 sampai Z = 0,75 )= 0,5 0,2734
0,75
0
-
53
P(X>2,3) = 0,2266
4. Untuk n = 6, maka fungsi Gamma dan nilainya adalah:
a. (6) = x6exdx dan (6) = 120~
0
b. (6) = x5exdx dan (6) = 720~
0
c. (6) = x6exdx dan (6) = 720~
0
d. (6) = x5exdx dan (6) = 120~
0
Jawaban: D
Penyelesaian:
(n) = xn1exdx~
0
Untuk n=6
(6) = x6exdx~
0
(6) = (6 1)! = 5! = 120
5. Jika X peubah acak berdistribusi beta dengan parameter a=1 dan b=4,
maka rerata X adalah
a. 0,1
b. 0,2
c. 0,3
d. 0,4
Jawaban : B
Penyelesaian:
=
+ =
1
1 + 5= 0,2
-
54
BAB 4
KEBEBASAN STOKASTIK
A. Proses Stokastik Berhingga
Pengertian
Suatu eksperimen berupa deret berhingga di mana tiap eksperimen
mempunyai sejumlah berhingga hasil yang mungkin dengan peluang
tertentu.
Contoh:
Terdapat 4 buah kotak yang berisi bola merah dan bola biru pada tiap-tiap
kotak. Kotak I berisi 10 bola, 3 di antaranya berwarna merah. Kotak II
berisi 8 bola, 2 di berwarna merah. Kotak III berisi 5 bola, 1 di antaranya
berwarna merah. Kotak IV berisi 10 bola, 4 di antaranya berwarna merah.
Kita akan mengambil satu kotak secara random dan kemudian dari kotak
tersebut diambil satu buah bola biru secara random. Berapakah peluang
bola berwarna biru terambil?
Jawab:
Dalam soal ini kita akan melakukan dua eksperimen sebagai berikut:
1. Memilih 1 dari 4 kotak
2. Mengambil 1 buah bola yang mungkin berwarna merah atau biru
Peluang mengambil 1 kotak dari 4 kotak secara random adalah 1
4.
Jadi, peluang terambil kotak I = peluang terambil kotak II = peluang
terambil kotak III = peluang terambil kotak IV.
Dari kotak I yang berisi 10 bola, 3 diantaranya berwarna merah. Peluang
terambil bola merah adalah 3
10 dan peluang terambil bola biru adalah
7
10.
Dari kotak II yang berisi 8 bola , 2 diantaranya berwarna merah. Peluang
terambil bola merah adalah 2
8 dan peluang peluang terambil bola biru
adalah 6
8.
-
55
Dari kotak III yang berisi 5 buah durian, 1 diantaranya berwarna merah.
Peluang terambil bola merah adalah 1
5 dan peluang peluang terambil bola
biru adalah 4
5.
Dari kotak IV yang berisi 10 buah durian, 4 diantaranya berwarna merah.
Peluang terambil bola merah adalah 4
10 dan peluang peluang terambil bola
biru adalah 6
10.
Sehingga dapat digambarkan sebagai berikut:
Diagram Peluang
Proses dan Hasil dari Perhitungan Peluang Bersyarat:
Peluang terambil bola biru dari kotak I adalah 1
4
7
10=
7
40
Peluang terambil bola biru dari kotak II adalah 1
46
8=
6
32=
3
16
Peluang terambil bola biru dari kotak III adalah 1
44
5=
4
20=1
5
Peluang terambil bola biru dari kotak IV adalah 1
4
6
10=
6
40=
3
20
Jadi, peluang terambil bola biru adalah peluang terambil bola biru dari
kotak I + Peluang terambil bola biru dari kotak II + Peluang terambil bola
I baik
busuk
II baik
busuk
III baik
busuk
IV baik
busuk
biru
biru
merah
merah
biru
merah
biru
merah
-
56
biru dari kotak III + Peluang terambil bola biru dari kotak IV adalah 7
40+
3
16+1
5+
3
20=51
80
B. Kebebasan Stokastik Diskrit
Definisi:
Misalnya dua peubah acak diskrit X dan Y mempunyai nilai fungsi peluang
gabungan di (, ), yaitu (, ) serta masing-masing mempunyai nilai fungsi
peluang marginal dari X di x, yaitu 1() dan nilai fungsi peluang marginal
dari Y di y, yaitu 2().
Kedua peubah acak X dan Y dikatakan bebas stokastik, jika dan hanya jika:
(, ) = 1(). 2()
Untuk semua pasangan nilai (, )
Contoh:
Misalnya fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:
(, ) = (1
72) ( + 2); = 0,1,2,3 dan = 0,1,2,3
Apakah X dan Y bebas stokastik?
Penyelesaian:
Fungsi marginal dari X adalah:
1() = (1
72) ( + 2)
3
=0
= (1
72) { + ( + 2) + ( + 4) + ( + 6)}
= (1
72) (4 + 12)
= (1
72) . 4( + 3)
1() = (1
18) ( + 3)
-
57
Jadi, 1() = (1
18) ( + 3); = 0,1,2,3
Fungsi marginal dari Y adalah:
2() =(1
72) ( + 2)
3
=0
= (1
72) {2 + (1 + 2) + (2 + 2) + (3 + 2)}
= (1
72) (8 + 6)
= (1
72) . 2(4 + 3)
2() = (1
36) (4 + 3)
Jadi, 2() = (1
36) (4 + 3); = 0,1,2,3
Misalnya pasangan nilai dari X dan Y diambil (, ) = (0,0).
( = 0, = 0) = (1
72) (0 + 0) = 0
1( = 0) =3
18=1
6
2( = 0) =3
36=
1
12
( = 0, = 0) = (1
72) ( + 2)
= (1
72) (0 + 2(0))
= (1
72) (0)
= 0
1( = 0). 2( = 0) = (1
18) ( + 3). (
1
36) (4 + 3)
= (1
18) (0 + 3). (
1
36) (4(0) + 3)
= (1
18) (3). (
1
36) (3)
-
58
=1
6.1
12
=1
72
karena ( = 0, = 0) 1( = 0). 2( = 0), maka X dan Y dua peubah
acak tidak bebas stokastik
C. Kebebasan Stokastik Kontinu
Definisi :
Misalnya dua peubah acak kontinu dan mempunyai nilai fungsi densitas,
gabungan di (, ), yaitu (, ) serta masing-masing mempunyai nilai fungsi
densitas marginal dari di , yaitu 1() dan nilai fungsi densitas marginal
dari di , yaitu 2(). Kedua peubah acak dan dikatakan bebas
stokastik, jika dan hanya jika :
(, ) = 1()2()
Dalam praktiknya, soal yang menyangkut kebebasan stokastik dua peubah
acak kontinu ini ada dua kemungkinan, yaitu sebagai berikut.
1. Fungsi densitas gabungan dari kedua peubah acak diketahui bentuknya.
Kita harus menentukan terlebih dahulu fungsi densitas marginal dari
masing-masing peubah acaknya. Kemudian kita menggunakan persyaratan
kebebasan stokastik, dan kita memperhatikan hasilnya dengan kriteria
sebagai berikut.
a. Apabila ruas kiri sama dengan ruas kanan, maka kedua peubah acak itu
dikatakan bebas stokastik.
b. Apabila ruas kiri tidak sama dengan ruas kanan, maka kedua peubah
acak itu dikatakan tidak bebas stokastik atau bergantungan.
2. Fungsi densitas gabungan dari kedua peubah acak tidak diketahui
bentuknya. Dalam hal ini fungsi densitas marginal dari masing-masing
peubah acak diketahui bentuknya. Kemudian kita menggunakan
pesyaratan kebebasan stokastik dan kriterianya sama dengan sebelumnya.
Contoh :
Misalnya fungsi peluang gabungan dari dan berbentuk :
(, ) = + ; 0 < < 1, 0 < < 1
-
59
= 0 ; , lainnya.
Apakah dan bebas stokastik?
Penyelesaian :
Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing dari
dan .
Fungsi densitas marginal dari adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
1
0 + (, )
1
= 00
+ ( + )
1
0 + 0
1
= 0 + { + (1
2) 2}]
=0
1
+ 0
() = + 1
2
Jadi, () = + 1
2 ; 0 < < 1
= 0 ; lainnya.
Fungsi densitas marginal dari adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
1
0 + (, )
1
= 00
+ ( + )
1
0 + 0
1
= 0 + {(1
2) 2 + }]
=0
1
+ 0
() =1
2+
Jadi, () =1
2+ ; 0 < < 1
-
60
= 0 ; lainnya.
Maka () . () = ( + 1
2) (
1
2+ )
=
2+ +
2+
1
4
Ternyata ( , ) (). (), karena +
2+ +
2+
1
4
Sehingga dan merupakan peubah acak yang tidak bebas stokastik atau
bergantungan.
Teorema 2.1.1
Misalkan f.k.p bersama dari dan adalah (, ). Maka dan bebas
stokastik jika dan hanya jika terdapat fungsi-fungsi non negatif () dan ()
sehingga (, ) = () () dan domain dari tidak tergantung dari serta
domain h tidak tergantung dari .
Bukti:
a. Misalkan x dan y bebas stokastik. Maka (, ) = () ().
Dalam hal ini cukup diambil () = () dan () = ().
b. Misalkan (, ) = ()(); () 0 dan () 0.
Akan dibuktikan dan bebas stokastik, untuk itu dicari () dan ().
() = (, ) = ()()
= ()
()
= ()dengan K = () suatu konstanta
() = (, )
= ()
() = () ()
= ()dengan L = () suatu konstanta
-
61
Akan tetapi,
KL = () ()
= ()()
= (, ) = 1
Akibatnya, ( , ) = ()() = ()
.()
= ()()
Dari persamaan (a) dan (b) berarti dan bebas stokastik.
Contoh:
Diketahui f.k.p bersama dari dan sebagai berikut:
( , ) = {12 (1 ); 0 < < 1 ; 0 < < 1
0 ; untuk yang lain
Buktikan bahwa dan bebas stokastik!
Jawab:
dan yang lain, yang mungkin :
() = 12 (1 )
() = 12
() =
() = (1 )
() =
() = (1 )
() = 12 (1 )
() = 12
Contoh :
Tulislah () = 12 dan () = (1 ).
-
62
Jelas bahwa :
a. () > 0untuk setiap ; 0 < < 1
b. () > 0untuk setiap ; 0 < < 1
c. (, ) = ()(); 0 < < 1 ; 0 < < 1
Berarti dan bebas stokastik.
-
63
Soal Latihan dan Jawaban
1. Suatu mata kuliah statistika matematika diikuti 50 mahasiswa angkatan
2010, 15 mahasiswa angkatan 2009 dan 10 mahasiswa angkatan 2008.
Diketahui mahasiswa yang mendapatkan nilai A sebanyak 10 orang dari
mahasiswa angkatan 2010, 8 orang dari mahasiswa angkatan 2009 dan 5
orang mahasiswa angkatan 2008. Bila seorang mahasiswa dipilih secara
acak, berapakah peluang dia mendapat nilai A?
a.10
75
b.23
75
c.10
23
d.52
75
Penyelesain:
10
50
40
50
50
75
8
15
15
75
7
15
10
75
5
10
5
10
Peluang mahasiswa yang mendapatkan nilai A = (50
7510
50) + (
15
75
8
15) +
(10
75
5
10)
2010
2009
2008
Nilai A
Nilai A
Nilai A
Selain A
Selain A
Selain A
-
64
=10
75+8
75+5
75=23
75
Jadi, peluang mahasiswa yang mendapat nilai adalah 23
75
2. Fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:
(, ) = ; = 1,2,3, dan = 1,2,3
Dengan X dan Y merupakan peubah acak bebas stokastik. Nilai adalah
...
a.1
36
b.1
6
c.2
36
d.2
6
Penyelesaian:
Fungsi peluang marginal dari X adalah:
1() = ()
3
=1
1() = (1 + 2 + 3)
1() = (6)
1() = 6
Fungsi peluang marginal dari Y adalah:
2() = ()
3
=1
2() = (1 + 2 + 3)
2() = (6)
2() = 6
Karena peubah acak X dan Y bebas stokastik maka (, ) =
1(). 2(), sehingga = 6. 6. jika diambil (, ) = (1,1)
maka:
(1)(1) = 6(1).6(1)
= 362
2= 36
1
= 36
=1
36
-
65
Jadi, nilai yang memenuhi pada (, ) = ; = 1,2,3, dan =
1,2,3 adalah 1
36
3. Fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:
(, ) =1
36; = 1,2,3, dan = 1,2,3
Tentukan ( 2, < 2) !
a.4
36
b.1
36
c. 15
36
d.15
6
Penyelesaian:
Fungsi peluang marginal dari X adalah:
1() = (1
36)
3
=1
1() =1
36(1 + 2 + 3)
1() =1
36(6)
1() =1
6
Fungsi peluang marginal dari Y adalah:
2() = (1
36)
3
=1
2() =1
36(1 + 2 + 3)
2() =1
36(6)
2() =1
6
( 2, < 2) = 1( 2). 2( < 2)
( 2, < 2) =1
6.1
6
( 2, < 2) =1
6(2 + 3).
1
6(1)
( 2, < 2) =5
6.1
6
-
66
( 2, < 2) =5
36
Jadi, ( 2, < 2) pada fungsi peluang gabungan (, ) =1
36; = 1,2,3, dan = 1,2,3 adalah
5
36.
4. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :
(, ) = (1
32) ( + ); = 1, 2 dan = 1, 2, 3, 4
Apakah X dan Y bebas stokastik?
a. Bebas stokastik c. ragu-ragu
b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas
Penyelesaian :
Fungsi peluang marginal dari X adalah :
1() = (1
32) ( + )
4
=1
= (1
32) (( + 1) + ( + 2) + ( + 3) + ( + 4))
= (1
32) (4 + 10)
= (1
16) (2 + 5)
Jadi, 1() = (1
16) (2 + 5) ; = 1,2
Fungsi peluang marginal dari Y adalah :
2() = (1
32) ( + )
2
=1
= (1
32) ((1 + ) + (2 + ))
= (1
32) (3 + 2)
Jadi, 2() = (1
32) (3 + 2) ; = 1, 2, 3, 4
Misalnya pasangan nilai dari X dan Y diambil (, ) = (1,1)
( = 1, = 1) = (1
32) (1 + 1) = (
1
32) (2) =
1
16
-
67
1( = 1) = (1
16) ((2 1) + 5) = (
1
16) (7) =
7
16
2( = 1) = (1
32) (3 + (2 1)) = (
1
32) (5) =
5
32
Ternyata ( = 1, = 1) 1(). 2(), karena 1
16
35
312
Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bergantungan atau tidak
bebas stokastik.
5. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :
(, ) = (1
4) (2 + ); 0 < < 1,0 < < 2
= 0 ; , lainnya
Apakah X dan Y bebas stokastik?
a. Bebas stokastik c. ragu-ragu
b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas
Penyelesaian :
Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing
dari X dan Y.
Fungsi peluang marginal dari X adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
2
0+ (, )
2
= 0 0
+ (
1
4) (2 + )
2
0+ 0
2
= 0 + (1
4) {2 + (
1
2) 2}]
2 = 0
+ 0
() = (1
4) (4 + 2)
Jadi, () = (1
4) (4 + 2) ; 0 < < 1
= 0 ; lainnya
Fungsi peluang marginal dari Y adalah :
-
68
() = (, )
= (, ) 0
+ (, )
1
0+ (, )
1
= 0 0
+ (
1
4) (2 + )
+ 0
= 0 + (1
4) {2 + }]
1 = 0
+ 0
() = (1
4) (1 + )
Jadi, () = (1
4) (1 + ) ; 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Maka : (). () = (1
4) (4 + 2) . (
1
4) (1 + ) = + +
2+1
2
Ternyata (, ) (). (), karena (1
4) (2 + ) + +
2+1
2
Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bergantungan atau tidak
bebas stokastik.
6. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :
(, ) = (1
16) 33; 0 < < 2,0 < < 2
= 0 ; , lainnya
Apakah X dan Y bebas stokastik?
a. Bebas stokastik c. ragu-ragu
b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas
Penyelesaian :
Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing
dari X dan Y.
Fungsi peluang marginal dari X adalah :
() = (, )
-
69
= (, )0
+ (, )
2
0+ (, )
2
= 0 0
+ (
1
16) (33)
2
0+ 0
2
= 0 + (1
16) {(
1
4) 34}]
2 = 0
+ 0
() = (1
16) (43)
Jadi, () = (1
16) (43) ; 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Fungsi peluang marginal dari Y adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
2
0+ (, )
2
= 0 0
+ (
1
16) (33)
2
0+ 0
2
= 0 + (1
16) {(
1
4) 43}]
2 = 0
+ 0
() = (1
16) (43)
Jadi, () = (1
16) (43); 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Maka : (). () = (1
16) (43) . (
1
16) (43) = (
1
16) (33)
Ternyata (, ) = (). (), karena (1
16) (33) = (
1
16) (33)
Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bebas stokastik.
7. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :
(, ) = (1
16) 33; 0 < < 2,0 < < 2
= 0 ; , lainnya
Apakah X dan Y bebas stokastik?
a. Bebas stokastik c. ragu-ragu
-
70
b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas
Penyelesaian :
Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing
dari X dan Y.
Fungsi peluang marginal dari X adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
2
0+ (, )
2
= 0 0
+ (
1
16) (33)
2
0+ 0
2
= 0 + (1
16) {(
1
4) 34}]
2 = 0
+ 0
() = (1
16) (43)
Jadi, () = (1
16) (43) ; 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Fungsi peluang marginal dari Y adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
2
0+ (, )
2
= 0 0
+ (
1
16) (33)
2
0+ 0
2
= 0 + (1
16) {(
1
4) 43}]
2 = 0
+ 0
() = (1
16) (43)
Jadi, () = (1
16) (43); 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Maka : (). () = (1
16) (43) . (
1
16) (43) = (
1
16) (33)
Ternyata (, ) = (). (), karena (1
16) (33) = (
1
16) (33)
-
71
Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bebas stokastik.
8. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :
(, ) = 4 ; 0 < < 1,0 < < 1
= 0 ; , lainnya
Apakah X dan Y bebas stokastik?
a. Bebas stokastik c. ragu-ragu
b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas
Penyelesaian :
Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing
dari X dan Y.
Fungsi peluang marginal dari X adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
1
0+ (, )
1
= 0 0
+ (4)
1
0+ 0
1
= 0 + 22]1
= 0+ 0
() = 2
Jadi, () = 2 ; 0 < < 1
= 0 ; lainnya
Fungsi peluang marginal dari Y adalah :
() = (, )
= (, )0
+ (, )
1
0+ (, )
1
= 0 0
+ (4)
1
0+ 0
1
= 0 + 22]1
= 0+ 0
() = 2
-
72
Jadi, () = 2 ; 0 < < 2
= 0 ; lainnya
Maka : (). () = 2 .2 = 4
Ternyata (, ) = (). (), karena 4 = 4
Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bebas stokastik.
-
73
BAB 5
SIFAT-SIFAT KEBEBASAN STOKASTIK DUA PEUBAH ACAK
A. PENDAHULUAN
Pada hal ini, kita akan mempelajari akibat dari kebebasan stokastik itu
sendiri atau dengan kata lain, sifat-sifat apa saja yang ada pada kebebasan
stokastik itu.
Adapun tujuan instruksional khususnya adalah sebagai berikut:
1. Diharapkan dapat menghitung peluang bila terjadi kebebasan stokastik
2. Diharapkan dapat menghitung ekspektasi hasil kali dua peubah acak, bila
terjadi kebebasan stokastik
3. Diharapkan dapat mendeteksi kebebasan stokastik melalui f.p.m
4. Diharapkan dapat membentuk f.p.m bersama bila terjadi kebebasan stokastik
B. MATERI
Sifat bebas stokastik yang dimiliki dua (atau lebih) peubah acak, dapat
digunakan untuk menghitung; peluang, ekspektasi, ataupun menentukan f.p.m
bersama. Pada teorema berikut dikemukakan cara perhitungan peluang apabila X
dan Y bebas stokastik.
Teorema 2.2.1
Jika X dan Y bebas stokastik, maka
( < , < ) = ( < ) ( < )
-
74
Bukti:
Akan dibuktikan untuk kasus kontinu. Untuk kasus diskrit, hanya mengganti
lambang integral dengan lambang jumlah. Karena X dan Y bebas stokastik, maka
(, ) = 1()2(). Akibatnya
( < , < ) = (, )
= 1()2()
= 1() 2()
= ( < , < )
Jadi, terbukti bahwa ( < , < ) = ( < ) ( <
).
Pada Teorema 2.2.1, terlihat bahwa kebebasan stokastik memberikan kemudahan
dalam perhitungan peluang. Ada lagi beberapa kemudahan perhitungannya antara
lain: kemudahan menghitung ekspektasi dan kemudahan menentukan f.p.m.
Contoh Soal:
1. Diketahui f.k.p bersama dari X dan Y adalah sebagai berikut:
( , ) = {
1
4 ; (, ) = (0,0), (1,1), (2,0), (3,1)
0 ; (, )
Buktikan bahwa X dan Y tidak bebas stokastik!
-
75
2. Diketahui f.k.p bersama dari X dan Y adalah sebagai berikut:
( , ) = {
1
9 ; = 1,2,3 = 1,2,3
0 ; (, )
Apakah X dan Y bebas stokastik?
Penyelesaian:
1. f. k. p marginalnya adalah sebagai berikut:
Syarat bebas stokastik adalah f(x, y) = f(x) . f(y)
Dari table terlihat bahwa f(x, y) f(x) . f(y) untuk setiap x dan y.
Jadi x dan y tidak bebas stokastik.
2. F. k. p marginalnya adalah sebagai berikut:
Ambil () =1
3dan () =
1
3
Jelas bahwa g(x) > 0 untuk setiap x = 1, 2, 3 dan h(y) > 0 untuk setiap
y = 1, 2, 3
y x 0 1 2 3
0 1
4 0
1
4
0 1
2
1 0 1
4 0
1
4
1
2
1
4
1
4
1
4
1
4
1
-
76
Sehingga f(x, y) = g(x) . h(y), x, y = 1, 2, 3
1
9=1
3.1
3
1
9=1
9
Karena f(x, y) = g(x) . h(y), maka x dan y bebas stokastik.
Teorema 2.2.2
Misalkan
(i) X dan Y dua peubah acak
(ii) () dan () masing-masing berupa fungsi dari X dan fungsi dari Y
Jika X dan Y bebas stokastik, maka :
[()()] = [()] [v(Y)]
Bukti :
Akan dibuktikan untuk kasus kontinu.
Misalkan f (x , y) f.k.p bersama dari X dan Y. f.k.p marginalnya kita tulis f1(x)
dan f2(y), jadi
[()()] = ()()
= ()()1()2()
= { ()1()
} { ()2()
}
= [()] [()]
Jadi, terbukti bahwa [()()] = [()] [v(Y)].
-
77
Teorema 2.2.3
Misalkan
1) M(t1,t2) f.p.m bersama dari X dan Y 2) M1(t1) dan M2(t2) masing-masing f.p.m X dan f.p.m Y
Maka X dan Y bebas stokastik jika dan hanya jika :
M(t1,t2) = M1(t1) . M2(t2)
Bukti :
(i) Misalkan X dan Y bebas stokastik, maka
M(t1,t2) = (1+ 2)
= (12)
= (1)(2)
= 1(1).2(2)
(ii) Misalkan M(t1,t2) = M1(t1) . M2(t2), jadi
(1, 2) = { 1
1()} { 2
2()}
= 1+2
1()2()
Akan tetapi M(t1,t2) adalah f.p.m bersama dari X dan Y. Ini berarti :
(1, 2)9 = 1+2
(, )
-
78
Akibatnya, karena f.p.m bersifat unik, maka f(x,y) = f1(x) f2(y) ,
kecuali mungkin di himpunan yang peluangnya 0
Ini berarti X dan Y bebas stokastik. Dari penjelasan (i) dan (ii) maka teorema
diatas terbukti.
Teorema 2.2.4
a. Jika X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik, maka
(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )
= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )
b. Jika X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik maka
[1(1)2(2) . ()] = [1(1)]. [ 2(2)] . [()]
c. X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik jika dan hanya jika
M(t1,t2, ..... , tn) = M1(t1) . M2(t2) ...... . Mn(tn)
Ruas kiri adalah f.p.m bersama X1, X2 , ... , Xn
M1(t1) adalah f.p.m dari Xi ; i = 1, 2, 3, .... , n
Bukti : Teorema 2.2.4 bagian a
Karena X1, X2, .... , Xn bebas stokastik, maka
(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )
= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )
-
79
Akibatnya pada kasus kontinu,
(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )
= . (1, 2, . , )12
2
2
1
1
= . (1) (2), ()12
2
2
1
1
= (1)1
1
1
(2)2 2
2
()
= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )
Jadi teorema di atas terbukti
Bukti : Teorema 2.2.4 bagian b
Pada kasus kontinu.
Misalkan f.k.p bersama dari X1, X2, .... , Xn.
f.k.p marginalnya ditulis :
[1(1)2(2) . ()] = [1(1)]. [ 2(2)] . [()]
= . 1(1)2(2)() (1, 2, . , )12
= . 1(1)2(2)() (1) (2), () 12
= [ 1(1)(1)1
] [ 2(2)(2)2
] [ () ()
]
-
80
= [1(1)]. [ 2(2)] . [()]
Jadi teorema di atas terbukti
Bukti : Teorema 2.2.4 bagian c
(i) Misalkan 1, 2, . , bebas stokastik, maka :
(1, 2, , ) = (11+22++)
= (11) (22) ()
= (1).(2) ()
(ii) Misalkan (1, 2, , ) = 1(1) 2(2) ()
(1, 2, , )
= { 111(1)1
} { 222(2)2
} { ()
}
= 11+22++1(1)2(2)()12
Akan tetapi, (1, 2, ) adalah f.p.m bersama dari 1, 2. Ini berarti :
(1, 2, , )
= 11+22+(1, 2, )12
Sehingga :
(1, 2, , ) = (1, 2, , )
-
81
11+22++1(1)2(2)()12. .
= 11+22++(1, 2, )12
Akibatnya, karena f.p.m bersifat unik, maka : 1(1)2(2)() =
(1, 2, )
Kecuali mungkin di himpunan yang peluangnya 0. Ini berarti bebas stokastik.
Jadi, dari penjelasan (i) dan (ii) maka teorema di atas terbukti.
Contoh Soal
Ketiga peubah acak 1, 2 dan 3 diketahui bebas stokastik dan memiliki f.k.p
yang sama, yaitu:
() = {2; 0 < < 10;
Misalkan Y = maks { 1, 2, 3 } yaitu harga terbesar di antara 1, 2 dan 3.
Tentukan f.k.p bersama dari 1, 2 dan 3
Penyelesaian :
Karena 1, 2 dan 3saling bebas stokastik, maka f.k.p bersamanya adalah :
(1, 23) = (1) (2) (3) = 21 22 23 = 8123
Sehingga dapat dituliskan :
(1, 23) = {81 2 3; 0 < < 1; = 1,2,3
0; 1, 2, 3
-
82
BAB 6
PEUBAH ACAK DISKRIT
A. Distribusi Diskrit Seragam.
Distribusi Diskrit Seragam adalah suatu distribusi di mana setiap variabel
acak diasumsikan memiliki peluang yang sama.
Definisi Distribusi Seragam:
Jika peubah acak X mendapat nilai X1, X2,..Xk, dengan asumsi peluang yang
sama, maka distribusi dari X disebut sebagai distribusi seragam yang dinyatakan
sebagai
f(x;k)= k
1, x= x1,x2,x3,.,xk
Secara umum:
k CnN
nilai k dapat dianggap sebagai kombinasi N dan n
N = banyaknya titik contoh dalam ruang contoh/populasi
n = ukuran sampel acak = banyaknya unsur peubah acak X
Lambang f(x;k) dipakai sebagai pengganti f(x) untuk menunjukkan bahwa
distribusi seragam tersebut bergantung pada parameter k.
Teorema 1 Rataan dan variansi distribusi seragam.
Rataan dan variansi distribusi seragam diskret f(x;k) dirumuskan oleh:
=1
=1
2 =1
( )
2
=1
-
83
Bukti:
Dengan definisi:
= () = (; ) =
=1
1
=1
=1
=1
2 = [( )2] =( )2
=1
(; ) =( )21
=1
==1
( )
2
=1
Contoh :
Sebuah dadu seimbang dilantunkan, tentukan distribusi diskrit seragamnya,
tentukan juga rataan dan variansinya!
Solusi :
Sebuah dadu seimbang dilemparkan satu kali, maka tiap unsur dalam ruang
sampel S={1, 2,3 4, 5, 6}. Muncul dengan probabilitas 1/6. Jadi jika X
menyatakan mata dadu yang muncul, maka X terdistribusi peluang seragam
(uniform) yakni ;
(; 6) = 1
6 , =1,2,3,4,5,6.
Tabel Distribusi probabilitas X
x 1 2 3 4 5 6
(; ) = ()
Untuk rataan ;
16
16
16
16
16
16
-
84
=1
=1 =
1
6(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =
1
6(21) = 3.5
Variansi ;
2 =1
( )
2
=1
=1
6[(1 3.5)2 + (2 3.5)2 ++ (6 3.5)2] = 2.92
Berikut histogramnya:
B. Distribusi Binomial
Perhatikan eksperimen-eksperimen berupa melantunkan koin atau dadu,
mengambil kartu dari satu set kartu Bridge semuanya secara berulang. Setiap
lantunan dan pengambilan disebut usaha ( trial ). Kemungkinan hasil dari
eksperimen yang demikian dapat berupa sukses atau gagal. Suatu usaha
1 3 4 5 6 2
1
6
(; 6)
-
85
berulang, tiap usaha dengan dua kemungkinan hasil tersebut disebut percobaan
binomial.
Suatu percobaan binomial ialah yang memenuhi persyaratan sebagai
berikut:
1. Percobaan terdiri atas n usaha yang berulang
2. Tiap usaha memberi hasil yang dapat ditentukan dengan sukses atau gagal
3. Peluang sukses, dinyatakan dengan p, tidak berubah dari usaha yang satu
ke yang berikutnya.
4. Tiap usaha bebas dengan usaha lainnya.
Dalam eksperimen binomial, peluang sukses dinotasikan dengan dan gagal
dengan = atau + = .
Contoh:
Sebuah koin seimbang dilantunkan sebanyak 7 kali, berapa peluang
mendapatkan;
i) Tepat 3 belakang
ii) Sekurang-kurangnya 5 belakang
iii) Paling banyak 3 belakang
iv) Antara 3 sampai 5 belakang
v) 3 muka dan 4 belakang
Solusi:
Misalkan M = muka dan B = belakang
-
86
Sebuah koin yang seimbang dilantunkan 7 kali merupakan suatu percobaan
binomial. Dengan jumlah usaha yang saling bebas sama dengan = 7 .
Peluang mendapatkan belakang dalam tiap usaha = =1
2.
Peluang tidak mendapatkan belakang dalam tiap usaha = = 1 =1
2
Misalkan X menunjukkan banyaknya muncul belakang dalam 7 kali
pelemparan.
X dapat bernilai 0,1,2,3,4,5,6,7
( ) = (7
) (1
2)
(1
2)7
, = 1,2,3, ,7
= (7
) (1
2)+7
= (7
) (1
2)7
=(7)
128 , = 1,2,3, ,7
i. ( 3 ) = ( = 3)
( = 3) =(73)
128 =
35
128
ii. ( 5 )
= ( 5) = ( 5)
= ( = 5) + ( = 6) + ( = 7)
=(75)
128+(76)
128+(77)
128=29
128
iii. ( 3 ) = ( 3)
= ( 3) = ( = 0) + ( = 1) + ( = 2) + ( = 3)
=(70)
128+(71)
128+(72)
128+(73)
128=1
2
-
87
iv. ( 3 5 ) = (3 5)
= ( = 3) + ( = 4) + ( = 5)
=(73)
128+(74)
128+(75)
128=91
128
v. (3 4 )
Karena kejadian sukses adalah munculnya belakang pada pelantunan koin,
maka saat kita menghitung peluang munculnya 3 muka dan 4 belakang
sama saja dengan menghitung peluang munculnya 4 belakang. jadi ;
( = 4) =(74)
128=35
128
Definisi Distribusi Binomial
Percobaan binomial adalah suatu percobaan yang terdiri atas beberapa usaha di
mana tiap usaha mempunyai dua kemungkinan hasil yang dapat diberi nama
sukses atau gagal.
Banyaknya sukses X dalam n usaha suatu percobaan binomial disebut suatu
peubah acak binomial. Distribusi peluang peubah acak binomial X disebut
distribusi Binomial dan dinyatakan dengan b (x;n,p), karena nilainya tergantung
pada banyaknya usaha (n) dan peluang sukses dalam suatu usaha (p). Tiap sukses
terjadi dengan peluang p dan kegagalan dengan peluang q = 1 p. Dalam
percobaan tersebut yang menghasilkan x sukses dan n x yang gagal.
Banyaknya ini sama dengan banyaknya cara memisahkan n hasil menjadi
dua kelompok sehingga x hasil berada pada kelompok pertama dan sisanya n x
hasil pada kelompok kedua, jumlah ini dapat dinyatakan dengan
(
)
-
88
Bila suatu usaha binomial dapat menghasilkan sukses dengan peluang p dan
gagal dengan peluang q = 1 p, maka distribusi peluang peubah acak binomial X
yaitu banyaknya sukses dalam n usaha bebas, ialah
(, , ) = (
)
= 1,2,3, ,
Distribusi di atas disebut distribusi binomial, sebab n+1 buah suku dalam
penguraian binomial (q + p)n berpadanan dengan berbagai nilai b(x; n;p) untuk
x=0,1,2,,n yaitu
nn
n
nn
nn
nn
npqppqqpq
...22
2
1
10
=b(0;n,p)+b(1;n,p)+ b(2;n,p)+ + b(n;n,p).
Karena p + q = 1, maka jelas bahwa
n
x
pnxb0
1,; suatu syarat yang harus
dipenuhi setiap distribusi peluang.
Contoh:
Seorang pasien sakit darah yang jarang terjadi mempunyai peluang 0,4 untuk
sembuh. Bila diketahui ada 15 pasien yang telah mengidap penyakit tersebut,
berapakah peluangnya :
1. Paling sedikit 10 akan sembuh.
2. Antara 3 sampai 8 yang sembuh.
3. Tepat 5 yang sembuh.
Solusi:
Dengan jumlah usaha yang saling bebas sama dengan = 15
Peluang sembuh = = 0,4
-
89
Peluang tidak sembuh = = 1 = 0,6
Misalkan X menyatakan jumlah pasien yang sembuh
i). ( 10) = 1 ( < 10)
= 1 (; 15; 0,4)
9
=0
= 1 [(0; 15; 0,4) + (1; 15; 0,4) + + (9; 15; 0,4)]
= 1
[ (15
0) (0,4)0(0,6)150 + (
15
1) (0,4)1(0,6)151 +
(15
2) (0,4)2(0,6)152 + (
15
3) (0,4)3(0,6)153 +
(15
4) (0,4)4(0,6)154 ++ (
15
9) (0,4)9(0,6)159]
= 1 0.9662
= 0,0338
ii). (3 8) =
(; 15; 0,4)
8
=3
= (; 15; 0,4)
8
=0
(; 15; 0,4)
2
=0
= 0,9050 0,0271 = 0,8779
iii). ( = 5) = (5; 15; 0,4) =
(; 15; 0,4)
5
=0
(; 15; 0,4)
4
=0
= 0,4032 0,2173 = 0,1859
Teorema Rataan dan Varian distribusi binomial
Distribusi binomial b(x,n,p) mempunyai rataan dan variansi berturut-turut sebagai
= np dan 2 = npq
-
90
Bukti:
misalkan hasil pada usaha ke-j dinyatakan oleh peubah acak Ij yang mendapat
nilai 0 atau 1, masing-masing dengan peluang q dan p. Sehingga banyaknya
sukses dalam suatu percobaan binomial dapat dituliskan sebagai jumlah n peubah
bebas, yaitu = =1 . setiap Ij mempunyai E(Ij) = (0)(q) +(1)(p)=p.
Jadi diperoleh rataan distribusi binomial
= () = (
=1
) = (1) + (2) + (3) + + ()
sukun
ppp = np
Variansi setiap E(Ij) diberikan 2
jI E[Ij p)2] = E(I2j)-p2
= (o)2q + (1)2p - p2
= p p2
= p(1- p)
= pq
Hal ini dapat diperluas ke dalam kasus n peubah bebas maka diperoleh
variansi distribusi binomial,
2 =
2
=1
= + + + ++
=
C. Percobaan Multinomial
Seandainya dalam percobaan binomial tersebut setiap ulangan menghasilkan
lebih dari dua kemungkinan hasil, maka percobaan itu kita sebut Percobaan
Multinomial. Misalnya dalam percobaan pelemparan dua dadu kita mengamati
-
91
apakah dari kedua dadu muncul bilangan yang sama, total kedua bilangan sama
dengan 7 atau 11, atau bukan keduanya. Bila ini yang kita amati maka percobaan
ini merupakan percobaan multinomial.
Umumnya, bila suatu usaha dapat menghasilkan hasil yang mungkin
1, 2, , dengan peluang 1 , 2 , , , maka distribusi multinomial akan
memberikan peluang bahwa 1 terjadi sebanyak 1 kali, 22 kali, . . . kali
dalam n usaha bebas dengan 1 + 2 + + = . Distribusi peluang seperti ini
dinyatakan dengan (1 , 2 , , ; 1 , 2 , , , ).
Jelas 1 + 2 ++ = 1 karena hasil tiap usaha haruslah salah satu
dari hasil yang mungkin.
Distribusi Multinomial
Jika suatu usaha tertentu dapat menghasilkan k macam hasi E1, E2, . . ., Ek
dengan peluang p1, p2,,pk, maka distribusi peluang acak X1, X2, , Xk yang
menyatakan banyaknya kejadian E1, E2, . . . , Ek dalam n usaha bebas adalah f(x1,
x2, .., xk) dalam n usaha bebas adalah:
f(x1,x2,,xk;p1,p2pk,n)= k
k
x
k
xxn
xxx
PPP ...21
21
21,...,,
dengan
k
t
i nx1
dan
k
t
ip1
1 .
Ini dapat dikerjakan dengan cara sebanyak
(
1, 2, , ) =
!
1!, 2!, , !
Karena tiap bagian saling terpisah dan terjadi dengan peluang yang sama, maka
distribusi multinomial dapat diperoleh dengan mengalikan peluang untuk tiap
urutan tertentu dengan banyaknya sekatan.
Contoh :
-
92
Bila dua dadu dilantunkan 6 kali, berapakah peluang mendapat jumlah 7 atau 11
muncul 2 kali, sepasang bilangan yang sama 1 kali dan pasangan lainnya 3 kali?
Jawab :
Misalakan kejadian berikut menyatakan
: jumlah 7 atau 11 muncul
2 : Jumlah bilangan yang sama muncul
3 : Baik pasangan yang sama maupun jumlah 7 atau 11 yang tidak
muncul
Peluang masing-masing kejadian di atas adalah
1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
E1= {(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),(5,6),(6,5)}
E2= {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)}
Koin 1
Koin 2
-
93
E3= {(1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,1), (2,3), (2,4), (2,6), (3,1), (3,2), (3,5),
(3,6), (4,1), (4,2), (4,5), (4,6), (5,1), (5,3), (5,4), (6,2), (6,3), (6,4)}
1 =8
36=2
9 ; 2 =
6
36=1
6 ; 3 =
22
36=11
18
Nilai ini tidak berubah selama keenam usaha dilakukan.
Dengan menggunakan distribusi multinomial dengan 1 = 2, 2 = 1, dan3 = 3,
maka diperoleh peluang yang dinyatakan
(2,1,3;2
9,1
6 ,11
18, 6) = (
6
2,1,3) (2
9)2
(1
6)1
(11
18)3
=6!
2! 1! 3!(2
9)2
(1
6)1
(11
18)3
= 0,1127
LATIHAN SOAL
1. Jika Abi, Badu dan Cici berpeluang sama mendapat beasiswa, Hitunglah
distribusi peluang seragamnya!
Solusi :
distribusi peluang seragamnya adalah :
f(x; 3) = 13 untuk x = Abi, Badu, Cici atau x =1,2,3(mahasiswa
dinomori)
2. Jika kemasan Batu Baterai terdiri dari 4 batu baterai, maka bagaimana
distribusi peluang seragam cara menyusun batu baterai untuk 12 batu
baterai?
Solusi :
k C CnN 4
1212
4 8!495
!
! ada 495 cara
-
94
f(x; k) = f(x; 495) = 1
495 untuk x = 1,2,3,...,495
3. Diketahui suatu hasil produksi mempunyai peluang dalam suatu
pengujian kekuatan tertentu. Hitunglah peluang bahwa tepat 2 dari 4 hasil
produksi yang diuji tidak akan rusak.
Solusi :
Misalkan tiap pengujian bebas, jadi pengujian yang satu tidak
mempengaruhi oleh pengujian yang berikutnya. Dari soal diperoleh
bahwa, p = 3/4 , x = 2, dan n = 4. Jadi, peluang bahwa tepat 2 dan 4 hasil
produksi tidak akan rusak adalah
b128
27
4
1
4
3
4
3,4;2
224
2
4. Jika 20% dari baut-baut yang diproduksi oleh suatu mesin rusak, tentukan
peluang bahwa dari 4 baut yang dipilih secara acak terdapat yang rusak:
a. (1)
b. (0)
c. Kurang dari 2
Solusi :
(a) P(X = 1) = b(1; 4, (0,2)) = (41) (0,2)1(0,8)3 = 0,4096
(b) P(X = 0) = b(0; 4, (0,2)) = (40) (0,2)0(0,8)4 = 0,4096
(c) P(X < 2) = P (X=0) + P (X=1) = 0,4096 + 0,4096 = 0, 8192
-
95
5. Peluang seorang perwakilan datang ke suatu konferensi di suatu kota
menggunakan pesawat, bus, mobil pribadi, dan kereta berturut-turut adalah
0.4, 0.2, 0.3, dan 0.1. Hitung peluang dari 9 perwakilan yang datang 3
orang datang menggunakan pesawat, 3 orang dengan bus, 1 orang dengan
mobil pribadi, dan 2 orang dengan kereta.
Solusi:
Misalkan Xi : banyaknya perwakilan yang datang menggunakan
transportasi i, i=1,2,3,4 berturut-turut mewakili pesawat, bus, mobil
pribadi, dan kereta.
6. Sebuah kotak berisi 5 bola merah, 4 bola putih, dan 3 bola biru. Sebuah
bola dipilih secara acak dari kotak, warnanya dicatat, dan kemudian
bolanya dimasukkan kembali kemudian bolanya dimasukkan kembali.
Tentukan peluang bahwa dari 6 bola yang diambil secara acak dengan cara
ini, 3 diantaranya berwarna merah, 2 adalah putih, dan 1 biru.
Solusi :
Cara 1 : (menggunakan rumus distribusi multinomial)
P(merah pada sembarang pengambilan) = 5
12
P(putih pada sembarang pengambilan) = 4
12
P(biru pada sembarang pengambilan) = 3
12
n = 3 + 2 + 1 = 6
-
96
P (3 merah, 2 putih, 1 biru) = f (3, 2, 1;5
12 ,4
12,3
12, 6)
= (6
3, 2, 1) (
5
12)3(
4
12)2(
3
12)1 =
625
5184
Cara 2: Peluang terpilihnya satu bola merah adalah 5
12, sehingga untuk 3
bola merah peluangnya adalah (5
12)3.
Jadi, peluang untuk memilih 3 bola merah, 2 bola putih, dan 1 bola biru
adalah:
(5
12)3
(4
12)2
(3
12)1
Tetapai pilihan yang sama dapat diperoleh dalam urutan yang lain
(misalnya putih dulu, baru merah), dan banyaknya cara berbeda adalah :
C(6; 3,2,1) = 6!
3!2!1!
Sehingga peluang yang dicari adalah :
(5
12)3
(4
12)2
(3
12)1 6!
3! 2! 1!=625
5184
-
97
BAB 7
DISTRIBUSI HIPERGEOMETRIK & DISTRIBUSI POISSON
Distribusi Hipergeometrik
Misalkan sebuah populasi suatu barang sebanyak buah benda yang
terdiri atas buah barang yang baik dan sisanya ( ) buah barang rusak.
Kemudian diambil sebuah sampel acak berukuran ( ) secara sekaligus,
ternyata dari sampel acak itu berisi buah barang baik dan sisanya ( ) buah
barang rusak.
Dalam hal ini, kita akan menghitung peluang bahwa dari sampel acak itu
akan berisi buah barang baik.
Untuk menyelesaikan persoalan ini, perlu diperhatikan hal-hal berikut :
1. Banyak susunan yang mungkin untuk mendapatkan buah barang baik dari
buah barang baik ada () cara yang berbeda.
2. Banyak susunan yang mungkin untuk mendapatkan ( ) buah barang
rusak dari ( ) buah barang yang rusak ada (
) cara yang berbeda.
3. Banyak susu