4_dan 5 sebaran peluang diskrit dan kontinu

BAB IV

SEBARAN/DISTRIBUSI PELUANG DISKRET

4.1. Distribusi Binomial

Percobaan Bernoulli

Misalkan sebuah percobaan menghasilkan sukses atau gagal, yaitu X=1

menunjukkan kejadian sukses dan X=0 menunjukkan kejadian gagal, maka

fungsi peluang (pmf)

p untuk X :

p(0)=P(X=0)= 1-p

p(1)=P(X=1)=p

di mana p = peluang kejadian sukses, 0≤p≤1

Peubah acak X dikatakan peubah acak bernoulli.

Distribusi Binomial

Misalkan n percobaan bebas , masing-masing percobaan menghasilkan sukses

dengan peluang p dan gagal dengan peluang 1-p. Jika X menyatakan

banyaknya sukses dalam n percobaan, maka X dikatakan peubah acak binomial

dengan parameter (n,p). Sehingga peubah acak bernoulli merupakan peubah

acak binomial dengan parameter (1,p).

Percobaan binomial

1. Percobaan terdiri atas n usaha yang berulang

2. Tiap usaha dikelompokkan sukses atau gagal

3. Peluang sukses dinyatakan dengan p, tidak berubah dari usaha yang satu ke

yang lain.

4. Tiap usaha bebas dengan usaha lainnya.

Tiap usaha disebut usaha bernoulli.

Fungsi peluang peubah acak binomial dengan parameter (n,p) adalah :

p( x )=(nx ) px(1−p )n−x , x=0,1,2 , .. . , n

Karena Berdasarkan teorema binomial, jumlah fp binomial sama dengan 1 :

∑x=0

n

p ( x )=∑x=0

n

(nx ) px (1−p)n−x=( p+(1−p )n

Fungsi Distribusi peubah acak binomial X dengan parameter (n,p) adalah :

Oleh: Dr. Suci Astutik, S.Si., M.Si.

P( X≤x )=∑k=0

x

(nk ) pk(1−p )n−k , x=0,1,2 ,. . ., n

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi binomial adalah : E( X )=μ=np

Ragam peubah acak X yang berdistribusi binomial adalah :

Var ( X )=σ 2=np(1−p )=npq

Contoh :

Suatu suku cadang dapat menahan uji goncangan tertentu dengan peluang ¾.

Misalkan X adalah peubah acak yang menyatakan banyaknya suku cadang yang

tidak rusak dalam pengujian.

Pertanyaan :

a. Hitunglah peluang bahwa tepat 2 dari 4 suku cadang yang diuji tidak akan

rusak.

b. Hitung rata-rata dan ragam peubah acak X.

c. Buat sebaran/distribusi peluang peubah acak X.

d. Buat sebaran/distribusi peluang kumulatif peubah acak X.

Jawab :

a. Misalkan tiap pengujian bebas, jadi pengujian yang satu tidak mempengaruhi atau

dipengaruhi yang berikutnya.

P( X=2)=b(2 ;4,3 /4 )=(42 )( 34 )

2

(1−34 )

2

=(42 )( 3

4 )2

( 14 )

2

= 4 !2!2 !

32

42=27

128

Jadi peluang bahwa tepat 2 dari 4 suku cadang yang diuji tidak akan rusak adalah

27/128.

b. E( X )=np=4 .

34=3

V ( X )=npq=4 .

34

.14= 3

4

Jadi nilai rata-rata banyaknya suku cadang yang tidak rusak dalam pengujian adalah

3 sedangkan ragam banyaknya suku cadang yang tidak rusak dalam pengujian

adalah ¾.

c. x=0⇒P ( X=0 )=b(0 ;4,3 /4 )=(40 )( 3

4 )0

( 14 )

4

= 4 !0 !4 !

144

= 1256


Grafik fungsi/sebaran PeluangBinomial

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0 1 2 3 4 5

x

f(x)

x=1⇒P( X=1)=b(1 ;4,3 /4 )=(4

1 )( 34 )

1

( 14 )

3

= 4 !1 !3!

344

=12256

x=2⇒P( X=2)=b(2 ;4,3 /4 )=(42 )( 3

4 )2

( 14 )

2

= 4 !2 !2 !

32

44=54

256=27

128

x=3⇒P( X=3 )=b (3; 4,3/4 )=(4

3 )( 34 )

3

( 14 )

1

= 4 !3!1 !

33

44=108

256

x=4⇒P( X=4 )=b( 4 ;4,3 /4 )=(44 )( 3

4 )4

( 14 )

0

= 4 !4 !0 !

34

44=81

256

Jadi sebaran peluang X nya adalah :

X 0 1 2 3 4

f(x)=P(X=x) 1/256 12/256 54/256 108/256 81/256

d.

F (0)=f (0 )= 1256

F (1)= f (0 )+ f (1 )= 1256

+12256

=13256

F (2)=f (0 )+f (1 )+ f (2 )= 1256

+12256

+54256

=67256

F (3)= f (0 )+f (1 )+f (2)+f (3)= 1256

+12256

+54256

+108256

=175256

F (4 )=f (0 )+ f (1 )+ f (2 )+ f (3 )+f (4 )= 1256

+12256

+54256

+108256

+81256

=256256

=1


Sehingga sebaran kumulatif p.a. X adalah :

F ( x )={0 jika x<0

1256

jika 0≤x<1

13256

jika 1≤x<2

67256

jika 2≤x<3

175256

jika 3≤x<4

1 jika 4≤x

Grafik Sebaran Kumulatif Binomial

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

-1 0 1 2 3 4 5

x

f(x)

2. Distribusi Poisson

Peubah acak X bernilai 0,1,2,... dikatakan peubah acak Poisson dengan parameter

λ , jika untuk λ >0, :

p( x )=P ( X=x )=p( x ; λ )= e− λ λx

x !, x=0,1,2 , .. .

merupakan fp untuk peubah acak Poisson X karena :

∑x=o

∞p( x )=e−λ ∑

x=0

∞ λx

x !=e−λ eλ=1

Catatan :

Deret Taylor :

Ekspansi Taylor dari y=g(x) di sekitar (x0,y0) adalah :

y=g(x0)+(x-x0)g’(x0)+1/2(x-x0)2g’’(x0)+...................


Beberapa contoh peubah acak Poisson :

1. Banyaknya kesalahan pengetikan per halaman dalam sebuah buku

2. Banyaknya orang yang umurnya lebih dari 100 tahun dalam suatu

masyarakat

3. Banyaknya nomor telepon salah yang didial per hari

Pada distribusi Poisson, Rata-rata peubah acak X = ragam peubah acak X yaitu :

E( X )=Var ( X )=λ

Contoh :

Rata-rata banyaknya partikel radioaktif yang melewati suatu penghitung selama 1

milidetik dalam suatu percobaan di laboratorium adalah 4. Berapakah peluang 6

partikel melewati penghitung itu dalam 1 milidetik tertentu?

Jawab :

x=6, λ=4

f (6 )=P( X=6)=p (6 ;4 )=e−4 46

6 !=∑

x=0

6

p( x ;4 )−∑x=0

5

p( x ; 4 )

=0 . 8893−0 . 7851=0 .1042

Hampiran Distribusi Poisson terhadap distribusi Binomial

Ditribusi Poisson dan Binom memiliki histogram yang bentuknya hampir sama bila n

besar dan p kecil (dekat dengan nol). Oleh karena itu, bila kedua kondisi itu

dipenuhi, distribusi Poisson dengan λ=np dapat digunakan untuk menghampiri

peluang binom.

Contoh :

Misalkan bahwa secara rata-rata 1 orang di antara 1000 orang adalah pecandu

alkohol. Hitung peluang bahwa dalam suatu contoh acak 8000 orang terdapat

kurang dari 7 pecandu alkohol?

Jawab :

Sesungguhnya ini merupakan percobaan binom dengan n=8000 dan p=0.001.

Karena p sangat dekat dengan nol dan n sangat besar, kita akan menghampirinya

dengan sebaran Poisson dengan μ=(8000 )(0. 001 )=8 . Oleh karena itu bila X

menyatakan banyaknya pecandu alkohol, kita memperoleh :


P( X<7 )=∑x=0

6

b ( x ;8000 , 0 .001)

=∑x=0

6

p( x ;8 )

=0 .3134

3. Distribusi Geometrik

Bila usaha yang saling bebas dan dilakukan berulang kali menghasilkan sukses

dengan peluang p, gagal dengan peluang q=1-p, maka distribusi peluang peubah

acak X yaitu banyaknya usaha sampai saat terjadi sukses yang pertama diberikan

oleh :

P( X=n )=pqn−1 , n=1,2,3 , .. .

merupakan fkp bagi peubah acak geometrik X dengan parameter n, karena :

∑n=1

∞P( X=n )=p∑

n=1

∞(1−p )n−1= p

1−(1−p )=1

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi geometrik adalah : E( X )=μ= 1

p

Ragam peubah acak X yang berdistribusi geometrik adalah :

Var ( X )=σ 2=1−p

p2

Contoh :

Dalam proses produksi diketahui bahwa rata-rata di antara 100 butir hasil produksi 1

yang cacat. Berapakah peluang bahwa setelah 5 butir yang diperiksa baru

menemukan cacat pertama?

Jawab :

x=5, p= 1

100=0 . 01

f (5)=P ( X=5 )=g(5 ;0 . 01)=(0 . 01)(0 . 99)4=0 .0056

4. Distribusi Binomial Negatif

Bila usaha yang saling bebas dan dilakukan berulang kali menghasilkan sukses

dengan peluang p, gagal dengan peluang q=1-p, maka distribusi peluang peubah


acak X yaitu banyaknya usaha sampai saat terjadi r sukses yang pertama diberikan

oleh :

P( X=n )=(n−1r−1 ) pr (1−p )n−r , n=r , r+1 , .. .

merupakan fkp bagi peubah acak binomial negatif X, karena :

∑n=r

∞P ( X=n)=∑

n=r

∞

(n−1r−1 ) pr (1−p )n−r=1

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi binomial negatif adalah : E( X )=μ= r

p

Ragam peubah acak X yang berdistribusi binomial negatif adalah :

Var ( X )=σ 2=r (1−p )

p2

Contoh :

Dalam proses produksi diketahui bahwa rata-rata di antara 100 butir hasil produksi 1

yang cacat. Berapakah peluang bahwa setelah 5 butir yang diperiksa menemukan

tiga cacat pertama?

Jawab :

5. Distribusi Hipergeometrik

Percobaan hipergeometrik mempunyai sifat :

1. Sampel acak ukuran n diambil tanpa pengembalian (tak bebas) dari N

benda.

2. Sebanyak k benda diberi nama sukses sedangkan yang lainnya gagal

Distribusi peluang peubah acak hipergeometrik X, yaitu banyaknya sukses dalam

sampel acak ukuran n yang diambil dari N benda yang mengandung k sukses dan

N-k gagal ialah :

f ( x )=P( X=x )=h( x ; N , n , k )=(kx )(N−k

n−x )(N

n ), x=0,1, . .. , k

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi hipergeometrik adalah : E( X )=μ=nk

N


Ragam peubah acak X yang berdistribusi hipergeometrik adalah :

Var ( X )=σ 2= N−nN−1

nkn(1− k

N)

Contoh :

Suatu kotak berisi 40 suku cadang dikatakan memeuhi syarat penerimaan bila berisi

tidak lebih dari 3 yang cacat. Cara sampling : dengan memilih 5 suku cadang secara

acak dari dalam kotak dan menolak kotak tersebut bila diantaranya ada yang cacat.

Berapakah peluang mendapat tepat satu yang cacat dalam sampel berukuran 5 bila

kotak tersebut berisi 3 yang cacat.

Jawab :

Misal : X menyatakan banyaknya yang cacat

Diketahui : n=5, N=40, k=3, dan x=1, maka

f (1)=P( X=1 )=h(1 ;40 ,5,3 )=(31 )(37

4 )(40

5 )=0. 3011

Latihan !

1. Peluang jembatan akan rusak setelah 20 tahun adalah 0.4. Bila diketahui ada

15 jembatan dengan konstruksi dan komposisi material sama, berapakah

peluangnya ?

a. Paling sedikit 10 jembatan akan rusak setelah 20 tahun?

b. Antara 3 sampai 8 jembatan yang rusak setelah 20 tahun?

c. Tepat 5 jembatan yang rusak setelah 20 tahun?

d. Hitung rata-rata dan simpangan baku dari banyaknya jembatan yang rusak

setelah 20 tahun?

2. Dari kotak berisi 10 paku, diambil 4 secara acak kemudian dipakukan ke kayu.

Bila kotak itu mengandung 3 paku yang cacat yang akan bengkok bila dipakukan,

berapakah peluang bahwa :

a. keempatnya tidak bengkok?

b. Paling banyak 2 yang akan bengkok?

c. Hitung rata-rata dan simpangan baku dari banyaknya paku yang bengkok?


3. Peluang bahwa seorang mahasiswa teknik sipil akan berhasil membuat adukan

semen+pasir+gamping+air dengan komposisi tepat adalah 0.7. Hitunglah

peluang mahasiswa tersebut akan :

a. berhasil pada pembuatan adukan ketiga?

b. Berhasil sebelum pembuatan adukan keempat?

d. Hitung rata-rata dan simpangan baku dari banyaknya pembuatan adukan

sampai diperoleh komposisi tepat?

4. Rata-rata banyaknya tanker minyak yang tiba tiap hari di suatu pelabuhan adalah

10. Pelabuhan tersebut hanya mampu menerima paling banyak 15 tanker sehari.

Berapakah peluang bahwa pada suatu hari tertentu tanker terpaksa ditolak,

karena pelabuhan tak mampu melayaninya?

5.Misalkan bahwa secara rata-rata 1 di antara 1000 orang membuat kesalahan

angka dalam melaporkan pajak pendapatannya. Bila 10000 orang formulir diambil

secara acak dan diperiksa, berapa peluang ada 6,7, atau 8 formulir yang

mengandung kesalahan?

6. Two balls are chosen randomly from an urn containing 8 white, 4 black, and 2

orange balls. Suppose that we win $2 for each black ball selected and we lose $q

for each white ball selected. Let X denote our winnings. What are the possible

values of X, and what are the probabilities associated with each value ?

7. Two fair dice are rolled. Let X equal the product of 2 dice. Compute P(X=x) untuk

x=1,2.


BAB V

Beberapa Distribusi Peluang Kontinu

5.1 Distribusi Normal

Distribusi normal merupakan salah satu distribusi/sebaran peluang kontinu yang

menggambarkan dengan cukup baik gejala yang muncul di alam, industri dan

penelititan. Grafiknya disebut kurva normal berbentuk lonceng/genta.

Gambar 5.1. Distribusi Normal dengan rata-rata μ dan ragam σ2

Sebaran normal bergantung pada 2 parameter yaitu μ (rata-rata) dan σ (simpangan

baku).

Fungsi densitas/kepekatan/kepadatan peubah acak normal X dengan rata-rata μ

dan ragam/variansi σ2

ialah :

f ( x )=n (x ; μ , σ )= 1σ √2 π

e−1

2 ( x−μσ )2

, −∞< x<∞

dengan π=3 . 14159. . .. .. . dan e=2.71828....


a b

f(x)

μ

σ

Jika peubah acak X berdistribusi normal dengan rata-rata μ dan ragam σ2

, maka

X dituliskan sebagai berikut :

X ~ N ( μ , σ2 )

Kaidah empirik distribusi normal :

μ±1σ=68 %

μ±2 σ=95 %

μ±3σ=99.7 %

Sebaran normal mempunyai beberapa sifat penting, yaitu :

1. Luas daerah di bawah kurva normal sama dengan satu

∫−∞

∞

f ( x )dx=1

2. f ( x )>0 untuk −∞<x<∞

3. Kedua ujung kurva normal mendekati asimtot sumbu datar bila nilai x bergerak

menjauhi μ baik ke kiri maupun ke kanan.

limx→∞

f ( x )=0 dan

limx→−∞

f ( x )=0

4. Kurva setangkup terhadap sumbu tegak yang melalui rata-rata x=μ

f {( x+μ )}=f {( x−μ )} 5. Modus, titik pada sumbu datar yang memberikan maksimum kurva, terdapat

pada x=μ atau Nilai maksimum untuk f terjadi pada x=μ

6. Kurva mempunyai titik belok pada x=μ±σ , cekung dari bawah bila

μ−σ<x<μ+σ dan cekung dari atas untuk nilai x lainnya atau titik balik f terjadi

pada x=μ±σ

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi normal adalah : E( X )=μ

Ragam peubah acak X yang berdistribusi normal adalah : Var ( X )=σ 2

Luas di bawah kurva normal :

Luas di bawah kurva normal antara ordinat x=x1 dan x=x2 sama dengan peluang

peubah acak (p.a.) X mendapat nilai antara x=x1 dan x=x2 yaitu :


P( x1< X< x2)=∫x1

x2

f ( x ) . dx =∫x1

x21

σ √2 π. e

−12 ( x−μ

σ )2dx

Gambar 5.2. Luas daerah di bawah kurva normal antara x1 dengan x2 atau

P (x1<X< x2 )Contoh :

Diketahui suatu distribusi normal dengan μ=50 dan σ=10 . Hitunglah peluang

bahwa :

1. X mendapat nilai antara 45 dan 62

P( 45<X<62 )=∫

45

621

10√2π. e

−12 ( x−50

10 )2

dx =. .. .

2. X mendapat nilai antara 40 dan 45

P( 40<X<45)=∫

40

451

10√2 π. e

−12 ( x−50

10 )2dx =.. . .

3. X mendapat nilai lebih dari 60

P(60< X )=∫

60

∞ 110 √2π

.e−1

2 ( x−5010 )2

dx =.. ..


f(x)

x2

P (x1<X< x2 )

Tabel Luas Kurva Normal

Untuk mengatasi kesulitan dalam menghitung integral fungsi kepekatan peluang

normal, digunakan tabel luas kurva normal, yaitu setiap p.a. X ditransformasikan ke

p.a. normal baku Z dengan rata-rata nol dan variansi satu.

Bentuk transformasi normal baku sebagai berikut :

Z= X−μσ

Peubah acak Z berdistribusi normal baku.

Jika X mendapat nilai x maka Z yang bersesuaian diberi nilai z= x−μ

σ . Sehingga

untuk X yang bernilai antara x=x1 dan x=x2, p.a. Z bernilai antara z1=

x1−μ

σ dan

z2=x2−μ

σ maka :

P( x1< X< x2)=1σ √2 π

∫x1

x2

e−1

2 (x−μσ )2

dx

=1σ √2 π

∫z1

z2

e−

12

z2

dz

=P (z1<Z<z2 )

Gambar 5.3. Transformasi peubah acak normal X ke peubah acak normal baku Z

Contoh :


f(x)f(z)

x1 x2 z1 z2

P( x1< X< x2) P( z1<Z<z2)

X ~ N ( μ , σ2 ) Z ~ N (0,1 )

μ

1. Dari contoh 1.

P( 45<X<62 )=P(45−5050

<Z<62−5050 )

=P(−0 .5<Z<1 .2 )=P( Z<1. 2)−P (Z<−0 . 5)=0 . 8849−0 . 3085 (Tabel kurva normal baku di Walpole )=0 . 5764

2. Suatu perusahaan listrik menghasilkan bola lampu yang umurnya berdistribusi

normal dengan rata-rata 800 jam dan simpangan baku 40 jam. Hitunglah peluang

suatu bola lampu dapat menyala antara 778 dan 834 jam!

Jawab :

P(778< X<834 )=P(778−80040

<Z<834−80040 )

=P (−0 . 55<Z<0. 85 )=P (Z<0 . 85)−P (Z<−0 . 55)=0.5111

3. Dalam suatu proses industri, diameter suatu beton merupakan bagian yang

penting. Pembeli menetapkan ketentuan mengenai diameternya, yakni :

3 .0±0 .01 meter. Artinya ialah tidak ada beton yang ukurannya di luar ketentuan

ini akan diterima. Diketahui bahwa dalam proses pembuatan diameter beton

tersebut berdistribusi normal dengan rata-rata 3.0 dan simpangan baku 0.005

meter. Berapa banyak rata-rata beton yang akan terbuang?

Jawab :

Sebaran diameter beton : (yang diarsir adalah daerah standar pembeli)


Peluang beton yang akan terbuang adalah :

P( X<2. 99 ) atau P( X>3. 01 )=1−P(2 .99<X<3 . 01)

=1−P (2. 99−30 .005

<Z<3 .01−30 . 005 )

=1−P (−2 . 0<Z<2. 0 )=1− [P (Z<2 .0 )−P( Z<−2 .0 )]=1−[ 0.9772−0 .0228 ]=1−0. 9544=0 . 0456

Jadi rata-rata ada 4.56% beton yang akan terbuang dari hasil proses produksi.

4. Diketahui X ~ N ( 40 ,36 ) . Hitung nilai x sehingga :

a. luas di sebelah kirinya 45%.

b. luas di sebelah kanannya 15%

Jawab :

a. P(X<x)=0.45 x=?

Jika P(X<x)=0.45 maka P( Z<z )=0 . 45⇒ z=−0. 13

z= x−μ

σ⇒ x=σz+μ=6 .(−0 . 13)+40=39 . 22

Jadi x= 39.22 agar luas di sebelah kirinya 45 %


f(x)

2.99 3.01

X ~ N (3 ,(0 . 01)2 )

μ=3

f(x) X ~ N ( 40 ,62 ) f(x) X ~ N ( 40 ,62 )

(a) (b)

b. P(X>x)=0.14 x=?

Jika P(X>x)=0.14 maka P(X<x)=1-P(X>x) = 1-0.14 =0.86

Karena P(X<x)=0.86 maka P( Z<z )=0 . 86⇒ z=1 .08

z= x−μ

σ⇒ x=σz+μ=6 .(1 . 08)+40=41.17

Jadi x= 41.17 agar luas di sebelah kanannya 14 %

Latihan !

1. Seorang mahasiswa teknik sipil melaporkan bahwa kekuatan batu bata

berdistribusi normal dengan rata-rata 40 tahun dan simpangan baku 6.3 tahun.

Berapa peluang bahwa batu bata akan tetap kuat :

a. lebih dari 32 tahun

b. kurang dari 28 tahun

2. Diameter sebuah balok kayu yang berbentuk lingkaran di lokasi penebangan

berdistribusi normal dengan rata-rata 10 dm dan simpangan baku 0.03 dm.

a. Berapa proporsi balok kayu yang berdiameter melebihi 10.075 dm?

b. Berapa peluang balok kayu berdiameter antara 9.97 dan 10.03 dm?

c. Di bawah nilai diameter berapakah terdapat 15% dari seluruh balok kayu di

lokasi penebangan?

Hampiran Normal terhadap sebaran Binom

Dalili :


x=? μ=40

P(X<x)=45%

x=?μ=40

P(X>x)=14%

Bila X adalah suatu peubah acak binom dengan nilai tengah μ=np dan ragam

σ 2=npq , maka bentuk pelimitan bagi sebaran

Z= X−np

√npq ,

untuk n→∞ , adalah sebaran normal baku.

Sebaran binom memberikan hampiran yang sangat baik pada sebaran binom bila n

besar dan p dekat dengan ½ . Bahkan bila n kecil dan p tidak terlalu dekat pada 0

atau 1, hampiran itu masih cukup baik.

Misal : hampiran sebaran normal bagi sebaran binom b(x;15,0.4), maka

μ=np=(15)(0 . 4 )=6σ 2=npq=(15)(0 . 4 )(0 .6 )=3 .6

Gambar 5.4. Hampiran sebaran normal bagi sebaran binom b(x;15,0.4),

Nilai peluang pasti bahwa peubah acak X mengambil nilai tertentu x adalah sama

dengan luas empat persegi panjang yang alasnya berpusat di x. Misalnya peluang

bahwa X mengambil nilai 4 sama dengan luas empat persegi pangjang yang alasnya

berpusat di x=4. Dengan menggunakan rumus bagi sebaran binom, kita mendaptkan

bahwa luas itu sama dengan b(4;15,0.4)=0.1268


Nilai peluang ini kira-kira sama dengan luas daerah di bawah kurva normal antara

x1=3.5 dan x2=4.5. Dengan mengubahnya ke nilai z, kita memproleh :

z1=3 . 5−6

1 .9=−1. 316

dan z2=

4 .5−61 . 9

=−0. 789

Bila X adalah suatu peubah acak binom dan Z peubah acak normal baku, maka :

P( X=4 )=b( 4 ;15 , 0.4 )=P(−1. 316<Z<−0 .789 )=P(Z<−0. 789 )−P(Z<−1 .316)=0 .2151−0 . 0941=0 .1210

Nilai peluang ini sangat dekat dengan nilai peluang pastinya sebesar 0.1268.

Hampiran normal sangat bermanfaat untuk menghitung jumlah peluang binom untuk

n yang besar, yang tanpa tersedianya tabel jumlah binom akan merupakan

pekerjaan yang sangat berat atau bahkan mustahil dapat diselesaikan.

a. Distribusi Uniform

Peubah acak X dikatakan berdistribusi uniform pada interval (α,β) jika fungsi

kepekatan peluang (pdf) nya dinyatakan oleh :

f ( x )={ 1β−α

, α<x<β

0 , lainnya

Cdf atau fungsi distribusi dari peubah acak uniform

pada interval (α,β) :


F ( x )={ 0 , x≤αx−αβ−α

, α<x<β

1 , x≥β

Contoh :

Bus tiba di halte pada interval 15 menit dimulai jam 7 AM., yaitu 7, 7.15, 7.30 dst.

Jika penumpang tiba di halte mengikuti distribusi uniform antara 7 dan 7.30,

temukan peluang bahwa dia menunggu bus :

a. Kurang dari 5 menit b. Lebih dari 10 menit

b. Distribusi Gamma dan Eksponensial

Meskipun distribusi normal dapat digunakan untuk memecahkan banyak persoalan

dalam bidang rekayasa dan sains, masih banyak sekali persoalan yang memerlukan

fungsi kepadatan peluang jenis lain seperti distribusi Gamma dan Eksponensial.

Distribusi Gamma dan eksponensial memainkan peran yang penting dalam teori

antrian dan teori keandalan (reliabilitas) Jarak antara waktu tiba di fasilitas

pelayanan (misalnya bank, dan loket tiket kereta api), dan lamanya waktu sampai

rusaknya suku cadang dan alat listrik, s

ering menyangkut distribusi eksponensial.

5.2.1 Distribusi Gamma

Peubah acak kontinu X berdistribusi gamma, dengan parameter α dan β , bila

fungsi kepadatan berbentuk :

f ( x )={ 1

βα Γ (α )xα−1 e−x /β , x>0

0 , untuk x lainnya

dengan α >0 dan β>0 serta Γ ( α )=( α−1 )!

Dalam teori keandalan (reliabilitas) yang menyangkut kegagalan peralatan sering

memenuhi proses Poisson, di sini β disebut rata-rata waktu antara kegagalan dan

α menyatakan jumlah tertentu kejadian.

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi gamma adalah : E( X )=μ=αβ

Ragam peubah acak X yang berdistribusi gamma adalah : Var ( X )=σ 2=αβ2


Gambar 5.5. Distribusi Gamma dengan β=1

Contoh : (Waktu menunggu)

Misalkan bahwa hubungan telepon tiba di suatu gardu (sentral) memenuhi proses

Poisson dengan rata-rata 5 hubungan masuk per menit. Berapakah peluangnya

bahwa dalam satu menit, baru 2 sambungan masuk ke gardu tadi?

Jawab :

Proses Poisson berlaku dengan waktu sampai 2 kejadian Poisson memenuhi

distribusi gamma dengan β=1/5 dan α=2 . Misalkan peubah acak X menyatakan

waktu dalam menit berlalu sebelum 2 hubungan masuk. Peluang yang dicari

adalah :

P( X≤x )=∫0

x1

β2xe− x /β dx

P( X≤1)=25∫0

1

xe−5 x dx=[1−e−5(1)(1+5) ]=0. 96

5.2.2. Distribusi Eksponensial

Distribusi gamma yang khusus dengan α=1disebut distribusi eksponensial.


α=1

α=2

α=4

Peubah acak kontinu X berdistribusi eksponensial, dengan parameter β , bila

fungsi kepadatannya berbentuk :

f ( x )={ 1β

e− x /β , x>0

0 , untuk x lainnya

dengan β>0

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi eksponensial adalah : E( X )=μ=β

Ragam peubah acak X yang berdistribusi eksponensial adalah : Var ( X )=σ 2=β2

Contoh :

Misalkan suatu sistem mengandung sejenis komponen yang daya tahannya dalam

tahun dinyatakan oleh peubah acak T yang berdistribusi eksponensial dengan

parameter waktu rata-rata sampai gagal β=5 , Bila sebanyak 5 komponen tersebut

dipasang dalam sistem yang berlainan, berapakah peluang bahwa paling sedikit 2

masih akan berfungsi pada akhir tahun kedelapan?

Jawab :

Peluang bahwa suatu komponen tertentu masih akan berfungsi setelah 8 tahun

adalah :

P(T >8 )=15∫

8

∞

e−(1/5) t dt=e−8 /5≃0 .2

a. Distribusi Khi Kuadrat

Hal khusus lainnya yang amat penting dari distribusi gamma diperoleh dengan

mengambil α=v /2 dan β=2 untuk v bilangan bulat positif. Hasilnya disebut

ditribusi khi kuadrat. Distribusi ini mempunyai parameter tunggal v, disebut derajat

kebebasan.

Peubah acak kontinu X berdistribusi khi kuadrat dengan derajat kebebasan v, bila

fungsi kepadatan diberikan oleh :

f ( x )={ 1

2v /2 Γ ( v /2)x

v2−1

e−x /2 , x>0

0 , untuk x lainnya

dengan v bilangan bulat positif


v=2

v=4

v=6

Distribusi khi kuadrat memegang peranan penting dalam statistika inferensia antara

lain : kaitan antara distribusi khi kuadrat dengan distribusi normal, pengujian

hipotesis dan penaksiran parameter.

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi khi kuadrat adalah : E( X )=μ=v

Ragam peubah acak X yang berdistribusi khi kuadrat adalah : Var ( X )=σ 2=2 v

Gambar 5.6. Distribusi Khi Kuadrat

b. Distribusi Weibull

Teknologi modern telah memungkinkan orang merancang banyak sistem yang rumit

yang penggunaannya, atau barangkali keamanannya,bergantung pada keandalan

berbagai komponen dalam sistem tersebut. Sebagai contoh : suatu sekering

mungkin putus, tiang baja mungkin melengkung atau alat pengindera panas tak

bekerja. Komponen yang sama dalam lingkungan yang sama akan rusak dalam

waktu yang berlainan yang tak dapat diramalkan. Telah kita pelajari peran yang

dimainkan oleh distribusi gamma dan eksponensial dalam jenis persoalan ini. Salah

satu distribusi lain yang telah banyak sekali dipakai akhir-akhir ini dalam menangani

masalah seperti itu adalah distribusi Weibull yang diperkenalkan oleh fisikawan

Swedia Waloddi Weibull pada 1939.


1

2

3

4

Peubah acak kontinu X berdistribusi Weibull dengna parameter α dan β jika

fungsi kepadatannya berbentuk :

f ( x )={αβ xβ −1e−( αx )β , x>00 , untuk x lainnya

dengan α >0 dan β>0

Gambar 5.7. Distribusi Weibull dengan α=1

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi Weibull adalah :

E( X )=μ=α−1/β Γ (1+ 1β )

Ragam peubah acak X yang berdistribusi Weibull adalah :

Var ( X )=σ 2=α−2 /β {Γ (1+ 2β )−[Γ (1+ 1

β )]2}

Seperti distribusi gamma dan eksponensial, distribusi Weibull juga dipakai pada

persoalan keandalan dan pengujian panjang umur (life testing) seperti waktu

sampai rusak atau panjang umur suatu komponen, diukur dari suatu waktu

tertentu sampai rusak.

Contoh :


Misalkan bahwa panjang umur dalam tahun, baterai alat bantu pengukuran beton

berbentuk peubah acak yang berdistribusi Weibull dengan α=1/2 dan β=2 .

a. Berapa lama baterai tersebut dapat diharapkan tahan?

b. Berapa peluangnya baterai tersebut masih dapat dipakai setelah 2 tahun?

c. Distribusi Beta

Peubah acak kontinu X berdistribusi beta dengan parameter α dan β bila fungsi

kepadatannya :

f ( x )={ Γ (α+ β )Γ (α )Γ ( β )

xα−1 (1−x )β−1 , 0<x<1

0 , untuk x lainnya

dengan α >0 dan β>0

Rata-rata peubah acak X yang berdistribusi Beta adalah : E( X )=μ= α

α+β

Ragam peubah acak X yang berdistribusi Beta adalah :

Var ( X )=σ 2= αβ

(α +β )2 (α+ β+1 )


2

1

10

Gambar 5.8. Distribusi Beta

Contoh :

Bila proporsi suatu televisi merk tertentu membutuhkan perbaikan selama tahun

pertama pemakaiannya merupakan suatu peubah acak berdistribusi beta dengan

α=3 , β=2 , berapakah peluang paling sedikit 80% televisi baru merk tersebut yang

terjual memerlukan perbaikan dalam tahun pertama pemakaiannya?


α=β=1

α=β=3

4_dan 5 sebaran peluang diskrit dan kontinu

Documents