diktat probstat

Diktat Kuliah

PROBABILITAS dan STATISTIKA

(IF 2152)

Judhi Santoso

PRODI INFORMATIKASEKOLAH TEKNIK ELEKTRO DAN INFORMATIKA

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG2007

Daftar Isi

1 Pendahuluan 11.1 Model Probabilitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Rataan (Mean)dari Sample . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Variansi dari sample . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Probabilitas 32.1 Ruang Sample . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Event . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Menghitung titik sample . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Probabilitas dari Event . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.5 Aturan Penjumlahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.6 Probabilitas Bersyarat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.7 Event Independent (saling lepas) . . . . . . . . . . . . . . . . 122.8 Aturan Perkalian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.9 Aturan Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Variable Random dan Distribusi Peluang 193.1 Konsep Variable Random . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.2 Distribusi Peluang Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.3 Distribusi Peluang Kontinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Distribusi Empirik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.5 Distribusi Peluang Gabungan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4 Ekspektasi Matematika 334.1 Rataan dari Variabel Random . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.2 Variansi dan Kovariansi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.3 Rataan dan Variansi dari Kombinasi linier Variabel random . 42

i

ii DAFTAR ISI

5 Beberapa Distribusi Peluang Diskrit 475.1 Distribusi Uniform Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.2 Distribusi Binomial dan Multinomial . . . . . . . . . . . . . 485.3 Distribusi Hypergeometric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525.4 Distribusi Poisson dan Proses Poisson . . . . . . . . . . . . . 54

6 Beberapa Distribusi Peluang Kontinu 576.1 Distribusi Uniform Kontinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.2 Distribusi Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586.3 Aproksimasi Normal untuk Binomial . . . . . . . . . . . . . . 616.4 Distribusi Gamma dan Exponential . . . . . . . . . . . . . . . 62

6.4.1 Aplikasi dari distribusi Exponential dan Gamma . . . 646.4.2 Distribusi Chi-Squared . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6.5 Distribusi Lognormal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666.6 Distribusi Weibull . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

7 Distribusi Sampling Dasar 697.1 Sampling Random . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.2 Beberapa Statistik yang Penting . . . . . . . . . . . . . . . . 697.3 Distribusi Sampling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 707.4 Distribusi sampling dari Rataan . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.5 Distribusi Sampling dari S2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 737.6 Distribusi t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 737.7 Distribusi F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

8 Estimasi Parameter Populasi 798.1 Penaksiran dengan Metoda Klasik . . . . . . . . . . . . . . . 798.2 Menaksir rataan dari Sampel tunggal . . . . . . . . . . . . . . 828.3 Menaksir Variansi dari Sampel tunggal . . . . . . . . . . . . . 858.4 Menaksir rasio dua variansi dari dua sampel . . . . . . . . . . 87

9 Testing Hipotesis Statistik 899.1 Ilustrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 899.2 Kesalahan Uji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 909.3 Kekuatan Uji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

Bab 1

Pendahuluan

Ilmu statistika sangat diperlukan sebagai tool oleh ilmuwan komputer, mis-alkan untuk menganalisis algoritma atau performansi sistem komputer. Dalammenganalisa algoritma statistik digunakan untuk menghitung average-casesuatu algoritma. Bila problem yang akan dianalisa berjumlah besar (banyak),maka model distribusi data masukan sangat diperlukan, misalkan model ek-sponensial, normal dsb.

1.1 Model Probabilitas

Teori probabilitas mempelajari suatu fenomena yang bersifat random. Fenom-ena random mempunyai karakteristik bahwa kelakuan yang akan datangtidak dapat diprediksi secara deterministik. Namun demikian sifat-sifatstatistiknya dapat digunakan untuk mendeskripsikan secara matematik. Halini diselesaikan dengan cara membuat model statistik dari masalah dunianyata. Model ini terdiri dari kejadian-kejadian yang mungkin beserta nilaiprobabilitasnya (peluangnya).

Karena model hanya merupakan abstraksi dari dunia nyata, prediksiyang dilakukan berdasarkan model ini harus divalidasi dengan eksperimenfenomena yang sebenarnya. Teori statistik sangat diperlukan dalam prosesvalidasi model tersebut (statistik inferensi), misalkan dengan testing hipote-sis.

Contoh suatu masalah untuk memprediksi jumlah job yang datang dalamselang waktu (0, t) dalam suatu sistem komputer. Model yang yang biasadigunakan adalah model Poisson, artinya jumlah job yang datang dalamselang waktu tersebut mempunyai distribusi Poisson. Sehingga kita tinggalmenentukan parameter (laju kedatangan, λ) yang sesuai.

1

2 BAB 1. PENDAHULUAN

1.2 Rataan (Mean)dari Sample

Ukuran lokasi dari suatu data memberikan informasi secara kuantitatif di-mana letak nilai pusat dari sample tersebut. Misalkan pengamatan darisuatu sampel adalah x1, x2, ..., x3, maka rataan sample adalah:

x̄ =n∑

i=1

xi

n=

x1 + x2 + ... + xn

n

Disamping ukuran diatas terdapat ukuran nilai dari data yang disebut den-gan median dari sample. Median dihitung dengan cara sbb:

x̃ = x(n+1)/2 jika n ganjil

= xn/2 + x(n/2)+1 jika n genap

Contoh:

Diberikan data 1.7, 2.2, 3.9, 3.11, dan 14.7. Mean dan median dari sampletersebut adalah :

x̄ = 5.12 x̃ = 3.9

1.3 Variansi dari sample

Variansi dari data mengukur simpangan dari nilai rataan. Variansi darisample dirumuskan:

s2 =n∑

i=1

(xi − x̄)/(n− 1)

Akar kuadrat dari variansi sample disebut dengan simpangan baku (stan-dard deviation)

s =

√√√√n∑

i=1

(xi − x̄)(n− 1)

Nilai (n − 1) disebut dengan derajat kebebasan yang bersesuain denganestimasi variansi.

Bab 2

Probabilitas

2.1 Ruang Sample

Dalam statistik dikenal istilah eksperimen untuk menjelaskan proses mem-bangkitkan sekumpulan data. Contoh dari eksperimen statistik adalah melem-par coin. Dalam eksperimen ini ada dua kemungkinan kejadian (outcomes),muka atau belakang.

Definisi:

Kumpulan dari semua kejadian dari eksperimen statistik disebut denganruang sample, dinotasikan dengan S

Ruang sample dari eksperimen melempar mata uang adalah:

S = {H, T}dimana H dan T bersesuaian dengan muka(head) dan belakang(tail)

Contoh:Suatu eksperimen melempar coin kemudian melempar sekali lagi bila yangmuncul pertama adalah muka, jika yang muncul belakang diteruskan denganmelempar dadu. Maka ruang samplenya adalah:

S = {HH, HT, T1, T2, T3, T4, T5, T6}Contoh:Tiga item diambil dari suatu process manufacturing, dimana item tersebut

3

4 BAB 2. PROBABILITAS

diklasifikasikan manjadi dua, defectif (D) dan non-defektif (N). Maka ruangsample S adalah sbb:

S = {DDD, DDN, DND, DNN, NDD,NDN, NND, NNN}

Ruang sample yang mempunyai titik sample besar, lebih baik diterangkandengan aturan, misalkan:

S = {x|xsuatu kota dengan populasi besar dari 1 juta}

2.2 Event

Event adalah subset dari ruang sample, yaitu suatu kejadian dengan kondisitertentu.

Contoh:Diberikan suatu ruang sample S = {t|t ≥ 0} dimana t adalah umur dalamsatuan tahun suatu komponen elektronik. Suatu Event A adalah umurkomponen yang kurang dari lima tahun, atau dituliskan A = {t|0 ≤ t < 5}

Definisi:

Komplemen dari event A terhadap S adalah subset dari semua elemen Syang bukan elemen dari A. Komplemen dari A dituliskan dengan A′

Contoh:Misalkan R adalah event dimana kartu warna merah diambil dari 52 kartubridge. Komplemen dari R adalah R′ yaitu kartu dengan warna hitam.

Definisi:

Interseksi/irisan dari dua event A dan B adalah suatu event yang memuatelemen yang ada di A dan B, dinotasikan dengan A ∩B

Definisi:

Dua event A dan B dikatakan mutually exclusive atau disjoint jika A∩B = ∅

2.3. MENGHITUNG TITIK SAMPLE 5

Definisi:

Union dari dua event A dan B dinotasikan dengan A ∪ B adalah suatuevent dengan element dari A atau B atau keduanya.

Kaitan antara event dan ruang sample dapat digambarkan pada gambar3.1

C

SA

7 2

13

6

4

5

B

Figure 2.1: Event yang direpresentasikan dengan region

A ∩B = region 1 dan 2B ∩ C = region 1 dan 3A ∪ C = region 1,2,3,4,5,7B′ ∩A = region 4 dan 7

A ∩B ∩ C = region 1(A ∪B) ∩ C ′ = region 2, 6 dan 7

2.3 Menghitung titik sample

Dalam eksperimen statistik, semua kejadian yang mungkin dapat ditentukantanpa harus mendaftarkan satu-per-satu.

Teorema:Jika operasi pertama dapat dilakukan dengan n1 cara, dan operasi keduadengan n2 cara maka dua operasi dapat dilakukan dengan n1n2 cara.


Contoh:Ada berapa titik sample jika dua buah dadu dilempar bersama-sama. Jawab:(6)(6)=36 cara.

Secara umum bila ada k operasi dengan masing-masing mempunyai n1, n2, ..., nk

cara maka terdapat (n1)(n2)...(nk) cara.

Definisi:

Permutasi adalah sebuah susunan dari semua atau sebagian kumpulan ob-jek. Bila terdapat n objek yang berbeda terdapat n! permutasi.

Contoh:Bila terdapat 3 huruf a,b,c maka jumlah permutasinya 6, yaitu abc, acb, bac, bca, cab, cba

Teorema:

Jumlah permutasi dari n objek yang berbeda diambil r adalah:

nPr =n!

(n− r)!

Contoh:Dua tiket lotere diambil dari 20 untuk hadian pertama dan kedua. Tentukanjumlah titik sample event tersebut:

20P2 =20!18!

= (20)(19) = 380

Teorema:

Jumlah permutasi dari n objek yang berbeda disusun melingkar adalah(n− 1)!, dimana satu objek dianggap mempunyai posisi tetap sehingga ada(n− 1) yang disusun.

Bila objek-objek tersebut ada yang sama, maka akan terdapat susunan yangberulang. Misalkan dari tiga huruf a,b,c dengan b=c=x, maka kemungki-nan susunan adalah axx, axx, xax, xax, xxa, xxa sebenarnya hanya ada 3susunan yang berbeda. Susunan tersebut dihitung dengan cara 3!/2! = 3.

2.3. MENGHITUNG TITIK SAMPLE 7

Teorema:

Jumlah permutasi yang berbeda dari n objek yang terdiri dari n1 jenis 1,n2 jenis 2, ... ,nk jenis ke-k adalah:

n!n1! n2! ...nk!

Contoh:Terdapat lampu merah 3, lampu kuning 4, dan lampu biru 2 akan dipasangdengan tiga sinar pada 9 socket. Berapa kemungkinan yang dapak disusun.Jawab:

9!3! 4! 2!

Bila diberikan n objek kemudian akan dipartisi menjadi r subset disebutsel. Urutan objek dalam sel tidak penting. Suatu contoh diberikan 5 hurufa, i, u, e, o akan dipartisi menjadi dua sel masing-masing berisi 4 dan 1, makasusunan yang mungkin adalah:

{(a, e, i, o), (u)}, {(a, i, o, u), (e)}, {(e, , i, o, u), (a)}, {(a, e, o, u), (i)}, {(a, e, i, u), (o)}

Jumlah partisi tersebut dinotasikan :(

54, 1

)=

5!4! 1!

= 5

Teorema:

Jumlah cara untuk mempartisi sekumpulan n objek menjadi r sel dengann1 elemen di sel pertama, n2 elemen di sel ke dua dst. adalah:

(n

n1, n2, ..., nr

)=

n!n1!, n2!, ...nr!

dimana n1 + n2 + ... + nr = n.

Contoh:Ada 7 orang akan menginap di Hotel dengan 3 kamar, satu kamar berisi 3orang dan dua kamar berisi 2 orang. Ada berapa cara untuk menempatkanorang tersebut. Jawab:

(7

3, 2, 2

)=

7!3! 2! 2!

= 210


Teorema:

Diberikan n objek akan diambil sebanyak r tanpa memperhatikan urutan,cara pemilihan ini disebut dengan kombinasi, dihitung dengan cara berikut:

(n

r, n− r

)atau

(n

r

)=

n!r!(n− r)!

Contoh:Dari 4 orang kimia akan diambil 2 orang, dari 3 orang fisika diambil 1 orang.Bila orang yang dipilih digabung membentuk suatu kepanitian, ada berapacara. Jawab: (

42

)(31

)= (6)(3) = 18

2.4 Probabilitas dari Event

Untuk mencari probabilitas dari suatu event A kita menjumlahkan semuaprobabilitas dari setiap titik sample A. Jumlah ini disebut dengan proba-bilitas dari A, dinotasikan dengan P (A).

Definisi:

Probabilitas dari event A adalah jumlah dari bobot semua titik sampledalam A. Sehingga:

0 ≤ P (A) ≤ 1, P (∅) = 0 dan P (S) = 1

Contoh:Suatu mata uang dilempar dua kali. Tentukan peluang sekurang-kurangnyasatu head muncul.Jawab:Ruang sample dari eksperimen ini adalah:

S = {HH,HT, TH, TT}Jika mata uang ini rata/seimbang make peluangnya sama, masing-masing14 . Jika A adalah event tersebut maka:

A = {HH,HT, TH} dan P (A) =14

+14

+14

=34

Contoh:Sebuah dadu dilempar dimana kemunculan bilangan genap mempunyai pelu-ang dua kali lebih besar. Jika E adalah suatu kejadian bahwa bilangan yang

2.5. ATURAN PENJUMLAHAN 9

muncul kurang dari 4 tentukan P (E).Jawab:Ruang samplenya adalah S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Misalkan peluang ganjiladalah w dan peluang genap adalah 2w. Karena totalnya 1 make 3w+6w =9w = 1, sehingga w = 1

9 .

E = {1, 2, 3} dan P (E) =19

+29

+19

=49

Teorema:

Dalam suatu eksperimen sebanyak N , jika suatu event A muncul sebanyakn maka peluang dari event A adalah:

P (A) =n

N

Contoh:Diambil 5 kartu poker, tentukan peluang terambil 2 ace dan 3 jack.Jawab:

P (C) =

(42

)(43

)(525

) = 0.9× 10−5

2.5 Aturan Penjumlahan

Teorema:

Jika A dan B adalah dua buah event sebarang maka:

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)

Akibat:

Jika A dan B mutually exclusive maka

P (A ∪B) = P (A) + P (B)

Akibat:

Jika A1, A2, A3, ..., An mutually exclusive make

P (A1 ∪A2 ∪ ... ∪An) = P (A1) + P (A2) + ... + P (An)


Akibat:

Jika A1, A2, A3, ..., An adalah partisi dari ruang sample S make

P (A1 ∪A2 ∪ ... ∪An) = P (A1) + P (A2) + ... + P (An)= P (S)= 1

Teorema:

Untuk tiga event A,B, dan C

P (A ∪B ∪ C) =P (A) + P (B) + P (C)− P (A ∩B)− P (A ∩ C)−P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩ C)

Contoh:Peluang Paula lulus matematika adalah 2/3 lulus bahasa inggris 4/9. Jikapeluang lulus keduanya 1/4, berapa peluang lulus sekurang-kurangnya satupelajaran.Jawab:

P (M ∪ E) = P (M) + P (E)− P (M ∩ E) = 2/3 + 4/9− 1/4 = 31/36

Contoh:Dua dadu dilempar, tentukan probabilitas jumlahnya 7 atau 11.Jawab:Misalkan P (A) adalah dua dadu dengan jumlah 7, P (B) adalah dua dadudengan jumlah 11.

P (A ∪B) = P (A) + P (B) =16

+118

=29

Teorema:

Jika A dan A′ adalah event yang saling berkomplemen maka:

P (A) + P (A′) = 1

2.6. PROBABILITAS BERSYARAT 11

2.6 Probabilitas Bersyarat

Probabilitas event B terjadi jika diketahui bahwa event A telah terjadidisebut dengan probabilitas bersyarat dan dinotasikan dengan P (B|A).Penulisan ini dibaca ”peluang B terjadi diberikan A telah terjadi”.

Ilustrasi:

Misalkan B adalah bilangan kuadrat sempurna bila sebuah dadu dilempar.Seperti contoh sebelumnya bilangan genap mempunyai peluang dua kalidibanding yang ganjil. Ruang sample S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} dengan peluang 1

9dan 2

9 untuk bilangan ganjil dan genap. Ruang sample B adalah B = {1, 4}dengan P (B) = 1

3 . Misalkan A adalah suatu event dimana bilangan yangmuncul lebih besar dari atau sama dengan 4, atau A = {4, 5, 6}. Untukmenghitung peluang B terjadi relatif terhadap event A. kita harus menghi-tung dahulu peluang baru A proposional dengan peluang semula demikiansehingga jumlahnya 1. Misalkan w adalah peluang bilangan ganjil dan 2wpeluang bilangan genap dari event A, maka w = 1

5 . Event B|A = {4},sehingga

P (B|A) =25

Atau kita dapat menuliskan:

P (B|A) =25

=2/95/9

=P (A ∩B)

P (A)

Definisi:

Peluang bersyarat dari B diberikan A dinotasikan dengan P (B|A) didefin-isikan dengan :

P (B|A) =P (A ∩B)

P (A)jika P (A) > 0

Contoh:Dari suatu ruang sample populasi orang dewasa dibedakan atas laki-laki,wanita , bekerja dan tidak bekerja, seperti pada tabel berikut:

bekerja tak bekerja jumlahPria 460 40 500

Wanita 140 260 400Jumlah 600 300 900


Akan dipilih salah satu sample dari tabel diatas. Ada dua event diperhatikanyaitu:M : seorang pria dipilihE : seorang yang terpilih adalah bekerja.

P (M |E) =460600

=2330

Misalkan n(A) adalah jumlah element dari A, dengan notasi ini diperoleh:

P (M |E) =n(E ∩M)

n(E)=

n(E ∩M)/n(S)n(E)/n(S)

=P (E ∩M)

P (E)

Untuk memeriksa hasil ini dapat diambil data diatas:

P (E) =600900

=23

dan P (E ∩M) =460900

=2345

Sehingga:

P (M |E) =23/452/3

=2330

sama dengan hasil diatas

2.7 Event Independent (saling lepas)

Definisi:

Dua event A dan B independent jika dan hanya jika:

P (B|A) = P (B) dan P (A|B) = P (A)

jika tidak demikian maka dependent.

Contoh:Pengambilan dua kartu dimana kartu pertama adalah ACE, kemudian dikem-balikan lagi. Pengambilan yang kedua adalah SPADE. Misalkan A adalahevent pertama dan B event kedua, maka

P (B|A) = P (B) =1352

2.8. ATURAN PERKALIAN 13

2.8 Aturan Perkalian

Teorema:

Jika dalam suatu eksperimen dua event A dan B dapat terjadi maka:

P (A ∩B) = P (A)P (B|A)

Contoh:Misalkan dalam suatu box terdapat 20 sekering, 5 diantaranya putus. Akandiambil dua secara random dengan pengambilan pertama tanpa dikemba-likan. Tentukan peluang keduanya putus.Jawab:Peluang pertama putus adalah 5

20 = 14 yang kedua putus adalah 4

19 , sehingga

P (A ∩B) =(1

4

)( 419

)=

119

Contoh:Satu tas pertama berisi 4 bola putih dan 3 bola hitam. Tas kedua berisi 3bola putih dan 5 bola hitam. Satu bola diambil dari tas pertama dimasukkanke tas kedua (secara random). Tentukan peluang mengambil satu bola daritas kedua berwarna hitam.Jawab:Misalkan B1, B2 dan W1 mewakili pengambilan bola hitam dari tas 1, bolahitam dari tas 2 dan bola putih dari tas 1. Event yang dimaksud adalahB1 ∩B2 digabung dengan W1 ∩B2, peluang dari event tersebut adalah:

P [(B1 ∩B2) or (W1 ∩B2)] = P (B1 ∩B2) + P (W1 ∩B2)= P (B1)P (B2|B1) + P (W1)P (B2|W1)

=(3

7

)(69

)+

(47

)(59

)=

(3863

)

Teorema:

Dua even A dan B adalah independent jika dan hanya jika

P (A ∩B) = P (A)P (B)

Contoh:Sepasang dadu dilempar dua kali. Tentukan peluang jumlah 7 dan 11.Jawab:Misalkan


A1 : pelemparan pertama berjumlah 7A2 : pelemparan kedua berjumlah 7B1 : pelemparan pertama berjumlah 11B2 : pelemparan kedua berjumlah 11

P [(A1 ∩B2) ∪ (B1 ∩A2)] = P (A1 ∩B2) + P (B1 ∩A2)= P (A1)P (B2) + P (B1)P (A2)

=(1

6

)( 118

)+

( 118

)(16

)

=154

Teorema:

Jika dalam suatu eksperimen event-event A1, A2, A3, ..., Ak dapat terjadi,maka

P (A1∩A2∩A3∩...∩Ak) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1∩A2)...P (Ak|A1∩A2∩...∩Ak−1)

Jika event-event A1, A2, A3, ..., Ak saling lepas (independent) maka:

P (A1 ∩A2 ∩A3 ∩ ... ∩Ak) = P (A1)P (A2)P (A3)...P (Ak)

Contoh:Tiga lembar kartu diambil secara berturutan tidak dikembalikan. Tentukanpeluang dari event A1 ∩A2 ∩A3 dimana:A1 : kartu pertama adalah ACE merahA2 : kartu kedua adalah 10 atau JACKA3 : kartu ketiga lebih besar dari 3 dan kurang dari 7Jawab:

P (A1) =252

P (A2|A1) =851

P (A3|A1 ∩A2) =1250

Sehingga diperoleh:

P (A1 ∩A2 ∩A3) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩A2)

=( 2

52

)( 851

)(1250

)=

85525

2.9. ATURAN BAYES 15

2.9 Aturan Bayes

bekerja tak bekerja jumlahPria 460 40 500

Wanita 140 260 400Jumlah 600 300 900

Dari tabel tersebut, ada suatu klub Rotary yang akan mempromosikanpabrik baru, dimana anggota dari klub tersebut 36 orang bekerja dan 12orang tidak bekerja. Misalkan klub Rotary tersebut direpresentasikan den-gan event A. Tentuka peluang dari anggota klub terpilih, hitung P (A).

A = (E ∩A) ∪ (E′ ∩A)

P (A) dapat dihitung sebagai berikut:

P (A) = P [(E ∩A) ∪ (E′ ∩A)]= P (E ∩A) + P (E′ ∩A)= P (E)P (A|E) + P (E′)P (A|E′)

Dengan memasukkan nilai dari tabel tersebut diperoleh:

P (E) =600900

=23

P (A|E) =36600

=350

DanP (E′) =

13

P (A|E′)12300

=125

Sehingga diperoleh :

P (A) =23

350

+13

125

=475

Teorema:(Aturan eliminasi)

Jika event B1, B2, ..., Bk membentuk partisi dari ruang sample S, demikiansehingga P (Bi) 6= 0 untuk i = 1, 2...k maka untuk sebarang event A dari Sberlaku:

P (A) =k∑

i=1

P (Bi ∩A) =k∑

i=1

P (Bi)P (A|Bi)


Bk

A

B4

B1B2

B3

Figure 2.2: Digram venn untuk contoh diatas

Bukti:Dari diagram Venn:

A = (B1 ∩A) ∪ (B2 ∩A) ∪ ∪(Bk ∩A)

Dengan teorema sebelumnya peluangnya adalah:

P (A) = P [(B1 ∩A) ∪ (B2 ∩A) ∪ ∪(Bk ∩A)]= P (B1 ∩A) + P (B2 ∩A) + ... + P (Bk ∩A)

=k∑

i=1

P (Bi ∩A) =k∑

i=1

P (Bi)P (A|Bi)

Contoh:Dalam suatu industri perakitan, tiga mesin B1, B2 dan B3 menghasilkan30%, 45% dan 25% produk. Diketahui dari pengalaman sebelumnya 2%,3%, 2% dari produknya mengalami dekeftif. Diambil satu produk jadi secararandom, tentukan peluang produk tersebut defektif.Jawab:Event-event yang ada, misalkan:

A: produk yang defektifB1:produk yang dibuat oleh mesin B1

B2:produk yang dibuat oleh mesin B2

B3:produk yang dibuat oleh mesin B3

Dengan menggunakan aturan eliminasi:

P (A) = P (B1)P (A|B1) + P (B2)P (A|B2) + P (B3)P (A|B3)

2.9. ATURAN BAYES 17

Dengan memasukkan nilai diatas diperoleh:

P (B1)P (A|B1) =(0.3)(0.02) = 0.006P (B2)P (A|B2) =(0.45)(0.03) = 0.0135P (B3)P (A|B3) =(0.25)(0.02) = 0.005

Sehingga diperoleh:

P (A) = 0.006 + 0.0135 + 0.005 = 0.0245

Teorema:

(Aturan Bayes) Jika event-event B1, B2, ..., Bk membangun partisi dari ru-ang sample S, dimana P (Bi) 6= 0 untuk i = 1, 2, ..., k, maka untuk sebarangevent A dalam S dan P (A) 6= 0,

P (Br|A) =P (Br ∩A∑k

i=1 P (Bi ∩A)=

P (Br)P (A|Br)∑ki=1 P (Bi)P (A|Bi)

untuk r = 1, 2, ...k

Bukti:Dari teorema sebelumnya diperoleh:

P (Br|A) =P (Br ∩A

P (A)=

P (Br ∩A∑ki=1 P (Bi ∩A)

Contoh:Dari soal sebelumnya pertanyaanya dibalik, jika sebuah produk diambil danternyata rusak (defektif), tentukan peluang produk tersebut dibuat olehmesin B3

Jawab:Dengan menerapkan aturan Bayes:

P (B3|A) =P (B3)P (A|B3)

P (B1)P (A|B1) + P (B2)P (A|B2) + P (B3)P (A|B3)

Dengan memasukkan nilainya diperoleh:

P (B3|A) =0.005

0.006 + 0.0135 + 0.005=

0.0050.0145

=1049

Bab 3

Variable Random danDistribusi Peluang

3.1 Konsep Variable Random

Dari eksperimen pengambilan sample baik dan defektif diperoleh ruang sam-ple:

S = {NNN, NND,NDN,DNN,NDD, DND, DDN, DDD}

Misalkan kita tertarik pada sample yang rusak (defektif). Dari tiap elemensample tersebut dapat kita berikan nilai (dipadankan) 0,1,2,3 yang meny-atakan banyaknya sample yang rusak.

Definisi:

Sebuah variable random X pada ruang sample S adalah fungsi X : S → <yang memadankan sebuah bilangan real X(s) dengan setiap titik samples ∈ S.

Variable random dinotasikan dengan huruf besar X dan huruf kecil x yangmenyatakan nilai dari variable random tersebut.

Contoh:Dua buah bola diambil secara berturutan tanpa penggantian dari sebuat potyang berisi 4 warna merah dan 3 warna hitam. Misalkan Y adalah variablerandom yang menyatakan warna merah maka y dituliskan pada Tabel 3.1

19

20 BAB 3. VARIABLE RANDOM DAN DISTRIBUSI PELUANG

Contoh:

Ruang sample y

RR 2RB 1BR 1BB 0

Table 3.1: Pengambilan bola

Seorang penjaga penitipan helm, mengembalikan 3 helm kepada orang yangpunya sesuai dengan urutan. Misalkan M adalah variable random yangmenyatakan kesesuaian dengan pemiliknya, maka M dapat ditabelkan padaTabel 3.2.

Ruang sample m

SJB 3SBJ 1JSB 1JBS 0BSJ 0BJS 1

Table 3.2: Pencocokan helm

Dua contoh diatas menyatakan ruang sample yang berhingga. Seba-liknya, sebuah dadu dilempar sampai angka 5 muncul, maka ruang sampleS dapat dituliskan:

S = {F, NF, NNF, NNNF, ..., }dimana simbol F menyatakan 5.

Definisi:

Jika sebuah ruang sample berisi sejumlah hingga kemungkinan atau barisantak hingga sebanyak dari elemennya disebut dengan ruang sample diskrit.

Definisi:

Jika sebuah ruang sample berisi sejumlah tak hingga kemungkinan samadengan sejumlah titik pada sebuah segmen garis maka disebut dengan ru-ang sample kontinu.

3.2. DISTRIBUSI PELUANG DISKRIT 21

m 0 1 3P (M = m) 1

312

16

Table 3.3: Distribusi peluang

3.2 Distribusi Peluang Diskrit

Setiap variable random diskrit mempunyai nilai yang menyatakan peluangdari variabel tersebut. Misalkan contoh dari sebelumnya (penjaga helm)nilai yang menyatakan peluang dituliskan pada Tabel 3.3. Untuk kemudahanbiasanya untuk menyatakan semua nilai peluang dari variable random Xdengan sebuah rumus/ fungsi, f(x), g(x), r(x) dan seterusnya. Misalkanf(x) = P (X = x), kumpulan pasangan terurut (x, f(x) disebut denganfungsi peluang atau distribusi peluang dari variable random X.

Definisi:

Kumpulan pasangan terurut (x, f(x) disebut dengan fungsi peluang, ataufungsi massa peluang dari variable random diskrit X, jika setiap kejadianx dipenuhi:

1. f(x) ≥ 02.

∑x f(x) = 1

3. P (X = x) = f(x)

Contoh:Pengiriman 8 buah komputer serupa ke penjual berisi 3 defektif. Jika seko-lah akan membeli 2 buah tentukan distribusi peluang komputer tersebutdefektif.Jawab:Misalkan X menyatakan variable random yang bernilai x jumlah yang rusak/defektif,


maka

f(0) = P (X = 0) =

(30

)(52

)(82

) =1028

f(1) = P (X = 1) =

(31

)(51

)(82

) =1528

f(2) = P (X = 2) =

(32

)(50

)(82

) =328

Sehingga distribusi peluang X adalah:

x 0 1 2f(x) 10/26 15/28 3/28

Table 3.4: Tabel distribusi

Definisi:

Distribusi kumulatif F (x) dari variable random diskrit X dengan distribusipeluang f(x) adalah:

F (x) = P (X ≤ x) =∑

t≤x

f(t) untuk −∞ < x < ∞

Contoh:Dari contoh penjaga helm dapat dihitung:

F (2.4) = P (M ≤ 2.4) = f(0) + f(1) =13

+12

=56

Distribusi peluang dari M adalah:

F (m) =

0 untuk m < 013 untuk 0 ≤ m < 156 untuk 1 ≤ m < 31 untuk m ≥ 3

3.3. DISTRIBUSI PELUANG KONTINU 23

x

0 1 2 3

1

5/6

2/6

F(x)

Figure 3.1: Distribusi kumulatif diskrit

3.3 Distribusi Peluang Kontinu

Variable random kontinu ada peluang yang bernilai nol, oleh karena itu dis-tribusi peluang tidak dapat dituliskan dalam bentuk tabel. Jika X kontinumaka :

P (a < X ≤ b) = P (a < X < b) + P (X = b) = P (a < X < b)

Dan dihitung sbb:

P (a < X < b) =∫ b

af(x)dx

Definisi:

Fungsi f(x) adalah fungsi densitas peluang untuk variable random kon-tinu X, didefinisikan pada bilangan real <, jika:

1. f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ <2.

∫∞−∞ f(x)dx = 1,

3. P (a < X < b) =∫ ba f(x)dx

Contoh:Kesalahan pengukuran temperatur dinyatakan dengan variable random Xdengan fungsi densitas yang didefinisikan sbb:

f(x) =

x2

3−1 < x < 2

0 untuk x yang lain


a

f(x)

x

b

Figure 3.2: P (a < X < b)

a). Periksa syarat 2 dari difinisi diatas.b). Hitunglah P (0 < X ≤ 1)Jawab:

a).∫ ∞

−∞f(x)dx =

∫ 2

−1

x2

3=

89

+19

= 1

b). P (0 < X ≤ 1) =∫ 1

0

x2

3dx =

19

Definisi:

Distribusi kumulatif F (x) dari variable random kontinu X dengan fdp f(x)adalah:

F (x) = P (X ≤ x) =∫ x

−∞f(t)dt untuk −∞ < x < ∞.

Akibat dari definisi diatas dapat dituliskan:

P (a < x < b) = F (b)− F (a) dan f(x) =dF (x)

dx

Contoh:Dari fdp soal sebelumnya tentukan F (x) kemudian gunakan untuk menghi-tung P (0 < X ≤ 1)

3.4. DISTRIBUSI EMPIRIK 25

Jawab:Untuk −1 < x < 2

F (x) =∫ x

−∞f(t)dt =

∫ x

−∞

t2

3dt =

x3 + 19

Sehingga:

F (x) =

0 x ≤ −1x3 + 1

9−1 ≤ x < 2

1 x ≥ 2

Untuk menghitung P (0 < X ≤ 1):

P (0 < X ≤ 1) = F (1)− F (0) =29− 1

9=

19

3.4 Distribusi Empirik

Pasal sebelumnya membahas tentang distrisbusi diskrit dan kontinu. Jikadata tidak dapat dikarakteristikan ke dalam kedua bentuk tersebut, mis-alkan informasi tidak cukup, maka direpresentasikan dengan distribusi em-pirik. Distribusi empirik mengelompokkan data ke dalam suatu interval,dimana frekuensi data dalam setiap interval dapat digunakan untuk menen-tukan frekuensi relatifnya. Frekuensi relatif dapat digambarkan/diplot dalambentuk histogram. Misalkan diberikan sekolompok data yang sudah dihitungfrekuensi dan frekuensi relatifnya seperti Tabel 3.5. Dari tabel tersebut da-pat diplot dalam histogram seperti Gambar 3.4.

Interval ttk tengah Frekuensi Frek. relatif1.5-1.9 1.7 2 0.0502.0-2.4 2.2 1 0.0252.5-2.9 2.7 4 0.1003.0-3.4 3.2 15 0.3753.5-3.9 3.7 10 0.2504.0-4.4 4.2 5 0.1254.5-4.9 4.7 3 0.075

Table 3.5: Distribusi frekuensi relatif dari umur battery


frekuensi relatif

0

0.125

0.375

0.250

1.7 2.2 2.7 3.7 4.2 4.73.2

umur battery

Figure 3.3: Histogram frekuensi relatif

3.5 Distribusi Peluang Gabungan

Jika X dan Y dua variabel random diskrit, maka distribusi peluang un-tuk kejadian simultan dapat direpresentasikan dengan fungsi f(x, y) un-tuk setiap pasangan (x, y). Fungsi ini disebut dengan distribusi peluanggabungan dari variabel random X dan Y . Untuk kasus diskrit dituliskan:

f(x, y) = P (X = x, Y = y)

Definition:

Fungsi f(x, y) adalah distribusi peluang gabungan atau fungsi masapeluang dari variabel random diskrit X dan Y jika:

1.f(x, y) ≥ 0 untuk semua (x, y)

2.∑

x

∑y

f(x, y) = 1

3.P (X = x, Y = y) = f(x, y)

Untuk daerah sebarang A dalam bidang xy, P [(x, y) ∈ A] =∑A

∑f(x, y).

Contoh:Dua isi ulang dari ballpoint diambil dari box yang berisi 3 warna biru, 2warna merah dan 3 warna hijau. Jika X menyatakan jumlah warna biru

3.5. DISTRIBUSI PELUANG GABUNGAN 27

dan Y menyatakan jumlah warna warna merah, tentukan:a). fungsi peluang gabungan f(x, y) danb). P [(X, Y ) ∈ A] dimana A adalah daerah {(x, y)|x + y ≤ 1}Jawab:a). Nilai pasangan yang mungkin dari (x, y) adalah (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0), (0, 2).

Jumlah semua kemungkinan pengambilan adalah(

82

)= 28. Dalam bentuk

tabel dapat dituliskan:

f(x,y) x=0 x=1 x=2 total barisy=0 3

28928

328

1528

y=1 314

314

37

y=2 128

128

total kolom 514

1528

328 1

Table 3.6: Distribusi peluang gabungan

Dituliskan dalam bentuk rumus adalah:

f(x, y) =

(3x

)(2y

)(3

2− x− y

)

(82

)

Untuk x = 0, 1, 2; y = 0, 1, 2; 0 ≤ x + y ≤ 2b).

P [(X, Y ) ∈ A] = P (X + Y ≤ 1)= f(0, 0) + f(0, 1) + f(1, 0)

=328

+314

+928

=914


Definisi:

Fungsi f(x, y) adalah fungsi densitas gabungan dari variabel randomkontinu X dan Y jika:

1.f(x, y) ≥ 0 untuk semua (x, y)

2.

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(x, y)dxdy = 1

3.P [(X, Y ) ∈ A] =∫∫

Af(x, y)dxdy

untuk sebarang daerah A dalam bidang xy

Contoh:Diberikan fungsi densitas gabungan dari variabel random kontinu X dan Ysbb:

f(x, y) =

25

(2x + 3y), 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

0 untuk x yang lain

a). Periksa kondisi 2). dari definisi diatasb). Tentukan P [(X,Y ) ∈ A], A adalah daerah {(x, y)|0 < x < 1

2 , 14 < y < 1

2}Jawab:a).

∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(x, y)dxdy =

∫ 1

0

∫ 1

0

25(2x + 3y)dxdy

=25

+35

= 1

b).

P [(X,Y ) ∈ A] = P (0 < x <12,14

< y <12)

=∫ 1

2

14

∫ 12

0

25(2x + 3y)dxdy

=13160

Definisi:

Distribusi marginal dari X dan Y adalah:

g(x) =∑

y

f(x, y) dan h(y) =∑

x

f(x, y)


untuk kasus diskrit, dan

g(x) =∫ ∞

−∞f(x, y)dy dan h(y) =

∫ ∞

−∞f(x, y)dx

untuk kasus kontinu.

Contoh:Dari Tabel 3.6, tentukan distribusi marginal dari X dan YJawab:Untuk variabel random X dapat dihitung sbb: (satunya sebagai latihan)

P (X = 0) = g(0) =2∑

y=0

f(0, y) = f(0, 0) + f(0, 1) + f(0, 2)

=328

+314

+128

=514

P (X = 1) = g(1) =2∑

y=0

f(1, y) = f(1, 0) + f(1, 1) + f(1, 2)

=928

+314

+ 0 =1528

P (X = 2) = g(2) =2∑

y=0

f(2, y) = f(2, 0) + f(2, 1) + f(2, 2)

=328

+ 0 + 0 =328

Dalam bentuk tabel sebagai berikut:x 0 1 2

g(x) 5/14 15/28 3/28

Contoh:Tentukan g(x) dan h(y) dari contoh sebelumnya.

g(x) =∫ ∞

−∞f(x, y)dy =

∫ 1

0

25(2x + 3y)dy =

4x + 35

untuk 0 ≤ x ≤ 1 dan g(x) = 0 untuk x yang lain. Dengan cara yang sama,

h(y) =∫ ∞

−∞f(x, y)dx =

∫ 1

0

25(2x + 3y)dx =

2(1 + 3y)5

untuk 0 ≤ y ≤ 1 dan h(y) = 0 untuk y yang lain.


Definisi:

Misalkan X dan Y dua variabel random, diskrit atau kontinu. Distribusibersyarat dari variabel random Y , diberikan X = x adalah:

f(y|x) =f(x, y)g(x)

, g(x) > 0

Distribusi bersyarat dari variabel random X, diberikan Y = y adalah:

f(x|y) =f(x, y)h(y)

, h(y) > 0

Contoh:Dari contoh sebelumnya, tentukan distribusi bersyarat dari X diberikanY = 1.Jawab:Akan dihitung f(x|y), dimana y = 1.

h(1) =2∑

x=0

f(x, 1) =314

+314

+ 0 =37

Kemudian dihitung:

f(x|1) =f(x, 1)h(1)

=73f(x, 1), x = 0, 1, 2.

Sehingga diperoleh:

f(0|1) =73f(0, 1) =

12

f(1|1) =73f(1, 1) =

12

f(2|1) =73f(2, 1) = 0

Dalam bentuk tabel:x 0 1 2

f(x|1) 1/2 1/2 0

Contoh:Diberikan fungsi densitas gabungan:

f(x, y) =

x(1 + 3y2)4

, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1

0 untuk x yang lain

Wafdan Musa

Rectangle


Tentukan g(x), h(y), f(x|y), kemudian hitung P (14 < X < 1

2 |Y = 13)

Jawab:Dari definisi:

g(x) =∫ ∞

−∞f(x, y)dy =

∫ 1

0

x(1 + 3y2)4

dy =x

2, 0 ≤ x ≤ 2

Dengan cara yang sama:

h(y) =∫ ∞

−∞f(x, y)dx =

∫ 2

0

x(1 + 3y2)4

dx =1 + 3y2

2, 0 ≤ y ≤ 1

Kemudian dihitung:

f(x|y) =f(x, y)h(y)

=x

2

dan

P (14

< X <12|Y =

13) =

∫ 12

14

x

2dx = 3/64

Bab 4

Ekspektasi Matematika

4.1 Rataan dari Variabel Random

Jika dua buah mata uang dilempar sebanyak 16 kali, misalkan X adalahjumlah muka yang muncul, maka X dapat bernilai 0,1,dan 2. Misalkaneksperimen tadi menghasilkan dengan frekuensi sbb: tanpa muka sebanyak4 kali, muncul 1 muka sebanyak 7 kali, dan muncul 2 muka sebanyak 5 kali.Maka rata-rata muncul muka dari setiap pelemparan adalah:

(0)(4) + (1)(7) + (2)(5)16

= 1.06

Nilai tersebut adalah nilai rataan tidak harus nilai yang terjadi dari suatueksperimen.

Kalau mata uang tersebut rata (fair) antara muka dan belakang, makapeluang dari P (X = 0) = 1

4 , P (X = 1) = 12 , dan P (X = 2) = 1

4 , sehinggarataan dari X adalah:

µ = E(X) = (0)(

14

)+ (1)

(12

)+ (2)

(14

)

Artinya jika seseorang melempar dua mata uang terus-menerus maka rata-rata akan mendapatkan 1 muka pada setiap pelemparan

33

34 BAB 4. EKSPEKTASI MATEMATIKA

Definisi:

Jika X adalah variabel random dengan distribusi peluang f(x). Rataan ataunilai ekspektasi dari X adalah:

µ = E(X) =∑

x

xf(x)

jika X diskrit, dan

µ = E(X) =∫ ∞

−∞xf(x)dx

jika X kontinu.

Contoh:Suatu produk terdiri dari 7 komponen diambil sebagai sample, dimana ter-diri dari 4 komponen baik dan 3 komponen rusak. Jika diambil tiga dariproduk tersebut tentukan rataan dari jumlah produk yang baik.Jawab:Distribusi peluang dari X adalah:

f(x) =

(4x

)(3

3− x

)

(73

) , x = 0, 1, 2, 3

µ = E(X) =(0)f(0) + (1)f(1) + (2)f(2) + (3)f(3)

=(0)

(135

)+ (1)

(1235

)+ (2)

(1835

)+ (3)

(435

)=

127

Contoh:MisalkanX adalah variabel random dengan distribusi peluang:

f(x) =

20000x3

, x > 100

0 untuk x yang lain

Hitunglah rataan dari XJawab:

µ = E(X) =∫ ∞

100x

20000x3

dx = 200

4.1. RATAAN DARI VARIABEL RANDOM 35

Teorema:

Misalkan X variabel random dengan distribusi peluang f(x). Rataan atau nilaiekspektasi dari variabel random g(x) adalah:

µg(X) = E[g(X)] =∑

g(x)f(x)

jika X diskrit, dan

µg(X) = E[g(X)] =∫ ∞

−∞g(x)f(x)dx

jika X kontinu.

Contoh:

Misalkan frekuensi mobil yang masuk pencucian mobil X adalah sbb:x 4 5 6 7 8 9

P (X = x) 112

112

14

14

16

16

Misalkan g(X) = 2X−1 merepresentasikan uang hasil dari pencucian mobiltersebut. Tentukan rataan yang diperoleh dari pencucian mobil tersebut.Jawab:

E[g(X)] = E(2X − 1)

=9∑

x=4

(2x− 1)f(x)

= (7)

(112

)+ (9)

(112

)+ (11)

(14

)+ (13)

(14

)+ (15)

(16

)+ (17)

(16

)

= 12.67


Definisi:

Misalkan X dan Y adalah variabel random dengan fungsi densitas gabunganf(x,y). Rataan atau ekspektasi dari dari variabel random g(x, y) adalah:

µg(X,Y ) = E[g(X, Y )] =∑

x

∑y

g(x, y)f(x, y)

jika X dan Y diskrit, dan

µg(X,Y ) = E[g(X,Y )] =∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞g(x, y)f(x, y)dxdy

jika X dan Y kontinu.

Contoh:

Hitunglah E

(Y

X

)dengan fungsi densitas sbb:

f(x, y) =

x(1 + 3y2)4

, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1

0 untuk x yang lain

Jawab:

E

(Y

X

)=

∫ 1

0

∫ 2

0

y(1 + 3y2)4

dxdy =58

Jika g(X, Y ) = X diperoleh:

E(X) =

∑x

∑y

xf(x, y) =∑x

xg(x) untuk kasus diskrit

∞∫−∞

∞∫−∞

xf(x, y)dxdy =∞∫−∞

xg(x)dx untuk kasus kontinu

dimana g(x) adalah distribusi marginal dari X.Dengan cara yang serupa untuk variabel random Y :

E(Y ) =

∑x

∑y

yf(x, y) =∑y

yh(y) untuk kasus diskrit

∞∫−∞

∞∫−∞

yf(x, y)dxdy =∞∫−∞

yh(y)dy untuk kasus kontinu

4.2. VARIANSI DAN KOVARIANSI 37

dimana h(y) adalah distribusi marginal dari Y .

4.2 Variansi dan Kovariansi

Definisi:

Misalkan X adalah variabel random dengan distribusi peluang f(x) dan rataanµ. Variansi dari X adalah:

σ2 = E[(X − µ)2] =∑

x

(x− µ)2f(x)

jika X diskrit, dan

σ2 = E[(X − µ)2] =

∞∫

−∞(x− µ)2f(x)dx

jika X kontinu. Akar kuadrat dari variansi disebut dengan standar devi-asi/simpangan baku dari X.

Contoh:Diberikan distribusi peluang sbb:

x 1 2 3f(x) 0.3 0.4 0.3

Hitunglah variansi dari XJawab:

µ = E(X) = (1)(0.3) + (2)(0.4) + (3)(0.3) = 2.0

σ2 =3∑

x=1

(x− 2)2f(x) = (1− 2)2(0.3) + (2− 2)2(0.4) + (3− 2)2(0.3) = 0.6

Teorema:

Variansi dari variabel random X adalah

σ2 = E(X2)− µ2


Contoh:Diberikan distribusi diskrit dari variabel random X sbb:

x 0 1 2 3f(x) 0.51 0.38 0.10 0.01

Hitunglah variansi dari XJawab:

µ = (0)(0.51) + (1)(0.38) + (2)(0.10) + (3)(0.01) = 0.61

E(X2) = (0)(0.51) + (1)(0.38) + (4)(0.10) + (9)(0.01) = 0.87

σ2 = 0.87− (0.61)2 = 0.4979

Contoh:Diberikan fdp dari X sbb:

f(x) =

2(x− 1), 1 < x < 2

0 untuk x yang lain

Hitunglah rataan dan variansi dari XJawab:

µ = E(X) = 2∫ 2

1x(x− 1)dx =

53

E(X2) = 2∫ 2

1x2(x− 1)dx =

176

Sehingga:

σ2 =176−

(52

)2

=118


Teorema:

Misalkan X adalah variabel random dengan densitas f(x). Variansi dari variabelrandom g(X) adalah:

σ2g(X) = E[(g(X)− µg(X))

2] =∑

x

[g(X)− µg(X)]2f(x)

jika X diskrit, dan

σ2g(X) = E[(g(X)− µg(X))

2] =

∞∫

−∞[g(X)− µg(X)]

2f(x)dx

jika X kontinu.

Contoh:Hitunglah variansi dari g(X) = 2X + 3, dimana X adalah variabel randomdengan distribusi peluang

x 0 1 2 3f(x) 1/4 1/8 1/2 1/8

Jawab:

µ2X+3 = E(2X + 3) =3∑

x=0

(2x + 3)f(x) = 6

menggunakan teorema diatas diperoleh:

σ22X+3 = E{[(2X + 3)− µ2X+3]2} = E{[2X + 3− 6]2}

= E(4X2 − 12X + 9) =3∑

x=0

(4X2 − 12X + 9)f(x) = 4


Definisi:

Misalkan X dan Y adalah variabel random dengan distribusi peluang gabunganf(x, y). Kovariansi dari X dan Y adalah:

σXY = E[(X − µX)(Y − µY )] =∑

x

∑y

(x− µX)(y − µY )f(x, y)

jika X dan Y diskrit, dan

σXY = E[(X − µX)(Y − µY )] =

∞∫

−∞

∞∫

−∞(x− µX)(y − µY )f(x, y)dxdy

jika X dan Y kontinu.

Kovariansi antara dua variabel random menunjukkan asosiasi antara duavariabel tersebut, jika kedua variabel tersebut bergerak kearah yang samamaka hasil kali (X − µX)(Y − µY ) bernilai positif, jika bergerak kearahberlawanan (X membesar dan Y mengecil), maka hasil kali tersebut akanbernilai negatif.

Teorema:

Kovariansi dua variabel random X dan Y dengan rataan µX dan µY adalah:

σXY = E(XY )− µXµY

Contoh:Jumlah ballpoint warna biru X dan jumlah ballpoint warna merah Y , jikadua diambil secara random dari box mempunyai distribusi sbb:

f(x,y) x=0 x=1 x=2 h(y)y=0 2/28 9/28 3/28 15/28y=1 3/14 3/14 3/7y=2 1/28 1/28g(x) 5/14 5/18 3/28 1

Hitunglah kovariansi dari X dan Y .Jawab:


µX = E(X) =2∑

x=0

2∑

y=0

xf(x, y) =2∑

x=0

xg(x)

= (0)(

514

)+ (1)

(1528

)+ (2)

(328

)=

34

µY = E(Y ) =2∑

x=0

2∑

y=0

yf(x, y) =2∑

x=0

yh(y)

= (0)(

1528

)+ (1)

(37

)+ (2)

(128

)=

12

Sehingga diperoleh:

σXY = E(XY )− µXµY =314−

(34

)(12

)= − 9

56

Contoh:Pelari pria X dan pelari wanita Y mempunyai distribusi peluang gabungan:

f(x, y) =

8xy, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x

0 untuk x dan y yang lain

Hitunglah kovariansi X dan YJawab:Distribusi marginal dari X dan Y adalah:

g(x) =

4x3, 0 ≤ x ≤ 1

0 untuk x yang lain

h(y) =

4y(1− y2), 0 ≤ y ≤ 1

0 untuk y yang lain

Dari fungsi densitas marginal diatas diperoleh:

µX = E(X) =∫ 1

04x4dx =

45

µY = E(Y )∫ 1

04y2(1− y2)dy =

815


E(XY ) =

1∫

0

1∫

y

8x2y2dxdy =49

σXY = E(XY )− µXµY =49−

(45

)(815

)=

4225

4.3 Rataan dan Variansi dari Kombinasi linier Vari-abel random

Teorema:

Jika a dan b adalah konstanta, maka

E(aX + b) = aE(X) + b

Contoh:Dengan menggunakan teorema tersebut, hitunglah g(X) = 2X − 1Jawab:

E(2X − 1) = 2E(X)− 1

Kemudian E(X) dihitung dengan rumus sebelumnya E(X) =∑x

xf(x) bila

x diskrit.

Teorema:

Nilai rataan dari jumlah atau selisih dua fungsi variabel random adalah jumlahatau selisih dari nilai rataan dari fungsi tersebut.

E[g(X)± h(X)] = E[g(X)]± E[h(X)]

Contoh:Permintaan minuman dalam liter per minggu dinyatakan dalam fungsi vari-abel random g(X) = X2 + X − 2, dimana X mempunyai fungsi densitas:

f(x) =

2(x− 1), 1 < x < 2

0 untuk x yang lain

4.3. RATAAN DAN VARIANSI DARI KOMBINASI LINIER VARIABEL RANDOM43

Tentukan nilai rataan dari permintaan minuman tersebut:Jawab:

E(X2 + X − 2) = E(X2) + E(X)− E(2) =176

+53− 2 =

52

Teorema:

Nilai rataan dari jumlah atau selisih dua fungsi variabel random X dan Y adalahjumlah atau selisih dari nilai rataan fungsi tersebut:

E[g(X,Y )± h(X, Y )] = E[g(X, Y )]± E[h(X,Y )]

Teorema:

Misalkan X dan Y adalah dua variabel random yang saling bebas, maka

E(X, Y ) = E(X)E(Y )

Teorema:

Jika a dan b adalah konstanta maka

σ2aX+b = a2σ2

X = a2σ2

Teorema:

Jika X dan Y adalah variabel random dengan distribusi peluang gabunganf(x, y), maka

σ2aX+bY = a2σ2

X + b2σ2Y + 2abσXY

Akibat:

Jika X dan Y variabel random saling bebas, maka

σ2aX±bY = a2σ2

X + b2σ2Y

Contoh:Jika X dan Y adalah variabel random dengan variansi σ2

X = 2 σ2Y = 4


dan kovariansi σXY = −2, hitunglah variansi dari variabel random Z =3X − 4Y + 8Jawab:

σ2Z = σ2

3X−4Y +8

= σ23X−4Y

= 9σ2X + 16σ2

Y − 24σXY

= 130

Teorema Chebyshev:

Probabilitas dari sebarang variabel random X dalam selang k simpangan bakudari rataan sekurang-kurangnya 1− 1/k2, atau

P (µ− kσ < X < µ + kσ) ≥ 1− 1k2

Bukti:

σ2 = E[(X − µ)2]

=

∞∫

−∞(x− µ)2f(x)dx

=

µ−kσ∫

−∞(x− µ)2f(x)dx +

µ+kσ∫

µ−kσ

(x− µ)2f(x)dx +

∞∫

µ+kσ

(x− µ)2f(x)dx

≥µ−kσ∫

−∞(x− µ)2f(x)dx +

∞∫

µ+kσ

(x− µ)2f(x)dx

Sekarang karena |x − µ| ≥ kσ, maka berlaku (x − µ)2 ≥ k2σ2. Sehinggakedua suku terakhir dapat dituliskan:

σ2 ≥µ−kσ∫

−∞k2σ2f(x)dx +

∞∫

µ+kσ

k2σ2f(x)dx

atauµ−kσ∫

−∞f(x)dx +

∞∫

µ+kσ

f(x)dx ≤ 1k2

4.3. RATAAN DAN VARIANSI DARI KOMBINASI LINIER VARIABEL RANDOM45

Sehingga diperoleh:

P (µ− kσ < X < µ + kσ) =

µ+kσ∫

µ−kσ

f(x)dx ≥ 1− 1k2

Contoh:Variabel random X mempunyai rataan µ = 8 dan variansi σ2 = 9 dandistribusi peluang tidak diketahui. Tentukan:a). P (−4 < x < 20)b). P (|x− 8|) ≥ 6)Jawab:a). P (−4 < X < 20) = P [8− (4)(3) < X < 8 + (4)(2)] ≥ 15

16b).

P (|x− 8| ≥ 6) = 1− P (|X − 8| < 6)= 1− P (−6 < X − 8 < 6)

= 1− P [8− (2)(3) < X < 8 + (2)(3)] ≤ 14

Bab 5

Beberapa Distribusi PeluangDiskrit

5.1 Distribusi Uniform Diskrit

Distribusi Uniform diskrit adalah distribusi peluang diskrit yang palingsederhana, dimana peluang dari setiap nilai variabel randomnya adalahsama.

Distribusi Uniform Diskrit

Jika variabel random X mempunyai nilai x1, x2, ..., xk dengan peluang yang sama,maka distribusi uniform diskrit didefinisikan:

f(x; k) =1k, x = x1, x2, ..., xk

Contoh:Jika sebuah dadu dilempar, maka setiap elemen dari ruang sampelnya S ={1, 2, 3, 4, 5, 6} terjadi dengan peluang yang sama 1/6, sehingga kita mem-punyai distribusi uniform:

f(x; 6) =16, x = 1, 2, 3, 4, 5, 6

Dapat digambarkan sbb:

47

48 BAB 5. BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG DISKRIT

6

f(x;6)

1/6

1 2 3 4 5

Figure 5.1: Histogram dari pelemparan dadu

Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi uniform diskrit f(x; k) adalah:

µ =

k∑i=1

xi

kdan σ2 =

k∑i=1

(xi − µ)2

k

Contoh:

Hitunglah rataan dan variansi dari contoh sebelumnya:

µ =1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6

6= 3.5

σ2 =(1− 3.5)2 + (2− 3.5)2 + ... + (6− 3.5)2

6=

3512

5.2 Distribusi Binomial dan Multinomial

Sebuah eksperimen sering terdiri dari percobaan yang dilakukan secara beru-lang, dimana masing-masing kejadian terdiri dari sukses atau gagal. Con-toh aplikasi adalah pengujian suatu produk untuk menentukan berapa jum-lah yang rusak dari n pengujian. Proses demikian disebut dengan prosesBernoulli, dimana masing-masing percobaan/pengujian bersifat indepen-den (tidak bergantung pada percobaan sebelumnya).

5.2. DISTRIBUSI BINOMIAL DAN MULTINOMIAL 49

Proses Bernoulli

Proses Bernoulli mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:

1. Eksperimen terdiri dari n ppercobaan yang berulang

2. Setiap hasil percobaan dapat diklasifikasikan sukses atau gagal

3. Peluang dari sukses adalah p, yang bersifat tetap setiap kali percobaan

4. Percobaan berulang tersebut bersifat independen

Misalkan kumpulan dari percobaan Bernoulli dimana 3 item dipilih se-cara random dari proses manufaktur, diperiksa kemudian diklasifikasikanbaik (N) dan rusak (D). Misalkan X adalah variabel random yang meny-atakan jumlah baik (tidak rusak). Nilai yang mungkin dari X adalah 0,1,2,3seperti pada tabel berikut:

Kejadian x

NNN 0NDN 1NND 1DNN 1NDD 2DND 2DDN 2DDD 3

Karena item dipilih secara independen dari proses yang mempunyai peluang25% defektif (D), maka

P (NDN) = P (N)P (D)P (N) =(

34

)(14

)(34

)=

964

Distribusi peluang dari X secara lengkap adalah:

x 0 1 2 3f(x) 27

642764

964

164

Jumlah sukses X dari n percobaan Bernoulli disebut dengan variabelrandom binomial. Distribusi peluang dari variabel random diskrit ini dise-but dengan distribusi binomial, dan nilainya dinotasikan dengan b(x; n, p),misalkan:

P (X = 2) = f(2) = b(2; 3,14) =

964


Distribusi Binomial

Sebuah percobaan Bernoulli dapat menghasilkan sukses dengan peluang p dangagal dengan peluang q = 1 − p. Maka distribusi peluang dari variabel randombinomial X, jumlah sukses dari n percobaan yang independen adalah:

b(x; n, p) =(

n

x

)pxqn−x, x = 0, 1, 2, ..., n

Contoh:

Peluang seorang pasien sembuh dari suatu penyakit adalah 0.4. Jika 15orang terjangkit penyakit ini, tentukan peluang: a). sekurang-kurang nya10 orang bisa sembuh, b). dari 3 sampai dengan 8 bisa sembuh, c). tepat 5orang bisa sembuh.

Jawab:

Misalkan X adalah jumlah orang yang sembuh,

(a).P (X ≥ 10) = 1− P (X < 10) = 1−9∑

x=0

b(x; 15, 0.4) = 1− 0.9662

= 0.0338

(b).P (3 ≤ X ≤ 8) =8∑

x=3

b(x; 15, 0.4)

=8∑

x=0

b(x; 15, 0.4)−2∑

x=0

b(x; 15, 0.4) = 0.9050− 0.0271

= 0.8779

(c).P (X = 5) = b(5; 15, 0.4) =5∑

x=0

b(x; 15, 0.4)−4∑

x=0

b(x; 15, 0.4)

= 0.4032− 0.2173 = 0.1859

5.2. DISTRIBUSI BINOMIAL DAN MULTINOMIAL 51

Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi binomial b(x; n, p) adalah:

µ = np dan σ2 = npq

Eksperimen Multinomial

Eksperimen dapat dikembangkan menjadi multinomial bila, tiap percobaanmenghasilkan lebih dari dua kejadian, jadi tidak hanya sukses dan gagal.Misalkan pengambilah kartu dengan pengembalian adalah percobaan multi-nomial. Dari rumus binomial dapat dikembangkan menjadi:

(n

x1, x2, ..., xk

)=

(n!

x1!, x2!, ..., xk!

)

Distribusi Multinomial

Jika suatu percobaan dapat menghasilkan k kejadian E1, E2, ..., Ek dengan pelu-ang p1, p2, ..., pk, maka distribusi peluang dari variabel random X1, X2, ..., Xk,yang mewakili nilai dari kejadian E1, E2, ..., Ek dalam n percobaan yang inde-penden adalah:

f(x1, x2, ..., xk; p1, p2, ..., pk, n) =(

n

x1, x2, ..., xk

)px11 px2

2 ...pxkk

dimanak∑

i=1

xi = n dank∑

i=1

pi = 1

Contoh:

Sepasang dadu dilempar sebanyak 6 kali, tentukan peluang memperoleh jum-lah 7 atau 11 sebanyak dua kali, angka yang sama sekali, dan kombinasisisanya sebanyak 3 kali.Jawab:Misalkan:E1 : terjadi jumlah 7 atau 11E2 : terjadi angka yang samaE3 : bukan dari dua tersebut (kombinasi sisanya)Peluang dari E1, E2, E3 masing-masing adalah p1 = 2/9, p2 = 1/6, p3 =


11/18 (periksa sendiri!). Dengan distribusi multinomial dengan x1 = 2, x2 =1, x3 = 3, diperoleh:

f(2, 1, 3;29,16,1118

, 6) =(

62, 1, 3

)(29

)2 (16

)3 (1118

)3

=6!

2!1!3!.22

92.16.113

183= 0.1127

5.3 Distribusi Hypergeometric

Distribusi hypergeometric mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:

1. Sebanyak random diambil sebanyak n dari tanpa dikembalikan dari Nitem.

2. k dari N item diklasifikasikan baik (sukses), dan N-k diklasifikasikanrusak.

Jumlah sukses X dari eksperimen hypergeometric disebut variabel ran-dom hypergeometric. Distribusi peluang dari variabel hypergeometricdisebut dengan distribusi hypergeometric, dan nilainya dinotasikan den-gan h(x;N, n, k)

Distribusi Hypergeometric

Distribusi peluang dari variabel random hypergeometric X, yaitu jumlah suksesdari sample random berukuran n dipilih dari N item dimana terdapat k jumlahsukses dan N − k jumlah gagal/rusak adalah:

h(x;N, n, k) =

(k

x

)(N − k

n− x

)

(N

n

) , x = 0, 1, 2, ..., n

Contoh:

Sebanyak 40 komponen, tiga diantaranya rusak. Jika diambil sampel beruku-ran 5, tentukan peluang sample tersebut berisi 1 komponen yang rusak.

5.3. DISTRIBUSI HYPERGEOMETRIC 53

Jawab:

Dengan distribusi hypergeometric dengan n = 5, N = 40, k = 3 dan x = 1diperoleh:

h(1; 40, 5, 3) =

(31

)(374

)

(405

) = 0.3011

Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi hypergeometric h(x; N, n, k) adalah:

µ =nk

Ndan σ2 =

N − n

N − 1.n.

k

N

(1− k

N

)

Distribusi Hypergeometric Multivariate

Jika N item dapat dipartisi ke dalam k sel A1, A2, ..., Ak yang berisi masing-masing a1, a2, ..., ak elemen, maka distribusi peluang dari variabel randomX1, X2, ..., Xk yang mewakili jumlah elemen yang diterpilih dari A1, A2, ..., Ak

dalam sample random yang berukuran n adalah:

f(x1, x2, ..., xk; a1, a2, ..., ak, N, n) =

(a1

x1

)(a2

x2

)...

(ak

xk

)

(N

n

)

dimanak∑

i=1xi = n dan

k∑i=1

ai = N

Contoh:

Kelompok yang terdiri dari 10 orang digunakan untuk belajar biologi. Kelom-pok ini terdiri dari 3 orang bergolongan dari O, 4 orang bergolongan A, dan3 orang bergolongan darah B. Tentukan peluang sebuah sampel random dari5 orang dengan 1 orang bergolongan darah O, 2 orang bergolongan darahA, dan 2 orang bergolongan darah B.


Jawab:

Dengan distribusi hypergeometric multivariate dapat dihitung:

f(1, 2, 2; 3, 4, 3, 10, 5) =

(31

)(42

)(32

)

(105

) =314

5.4 Distribusi Poisson dan Proses Poisson

Eksperimen yang menghasilkan nilai numerik dari variabel random X, jum-lah kejadian selama selang waktu yang diberikan, disebut dengan eksper-imen Poisson. Misalkan jumlah panggilan telepon dalam 1 jam yang di-terima oleh resepsionis, dsb. Eksperimen Poisson diturunkan dari prosesPoisson dan mempunyai sifat-sifat berikut:

Sifat-sifat proses Poisson

• Jumlah kejadian yang terjadi dalam satu selang waktu atau daerahyang diberikan adalah independen dari kejadian yang terjadi di se-lang atau daerah yang lain. Dengan kata lain proses Poisson tidakmempunyai memori.

• Peluang suatu kejadian yang terjadi dalam selang waktu yang sangatpendek atau daerah yang sangat kecil tidak tergantung dari kejadianyang terjadi diluar selang atau daerah tersebut.

• Peluang dari kejadian yang terjadi lebih dari satu dalam selang waktuyang pendek dapat diabaikan.

Distribusi Poisson

Distribusi peluang dari variabel random Poisson X, yang mewakili jumlah ke-jadian yang terjadi dalam selang waktu atau daerah yang diberikan dinotasikandengan t adalah:

p(x; λt) =eλt(λt)x

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

dimana λ adalah rata-rata jumlah kejadian yang terjadi per satuan waktu ataudaerah, dan e = 2.71828...

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

TOSHIBA

Highlight

5.4. DISTRIBUSI POISSON DAN PROSES POISSON 55

Contoh:

Dalam eksperimen laboratorium, rata-rata jumlah partikel radioaktif yanglewat counter adalah 4 tiap msec. Tentukan peluang 6 partikel akan lewatdalam selang waktu 1 msec.

Jawab:

Menggunakan distribusi Poisson dengan x = 6 dan λt = 4, kemudian meng-gunakan tabel distribusi Poisson:

p(6; 4) =e−446

6!=

6∑

x=0

p(x; 4)−5∑

x=0

p(x; 4) = 0.8893− 0.7851 = 0.1042

Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi Poisson p(x; λt) adalah sama yaitu λt

Distribusi Poisson sebagai bentuk limit dari Binomial

Teorema:

Misalkan X adalah variabel random binomial dengan distribusi peluang b(x; n, p).Bila n →∞, p → 0, dan µ = np tetap konstan:

b(x;n, p) → p(x; µ)

TOSHIBA

Squiggly

TOSHIBA

Squiggly

Bab 6

Beberapa Distribusi PeluangKontinu

6.1 Distribusi Uniform Kontinu

Distribusi Uniform kontinu adalah distribusi peluang kontinu yang palingsederhana.

Distribusi Uniform Kontinu

Fungsi densitas dari variabel random uniform kontinu X pada selang [A,B] adalah

f(x; A,B) =1

B −A, A ≤ x ≤ B

= 0 untuk x yang lain

Contoh:

Sebuah ruang konferensi dapat disewa untuk rapat yang lamanya tidak lebihdari 4 jam. Misalkan X adalah variabel random yang menyatakan wakturapat, yang mempunyai distribusi uniform.a. Tentukan fungsi densitas peluang dari Xb. Tentukan peluang suatu rapat berlangsung 3 jam atau lebih.

57

58 BAB 6. BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU

Jawab:

a. Menurut rumus diatas fungsi densitas peluang dari X adalah

f(x) =14, 0 ≤ x ≤ 4

= 0 untuk x yang lain

b. Pr[X ≥ 3] =∫ 4

3

(14

)dx =

14

Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi uniform kontinu adalah:

µ =A + B

2dan σ2 =

(B −A)2

12

6.2 Distribusi Normal

Distribusi normal adalah distribusi yang paling penting diantara distribusiyang lain. Kurva dari distribusi normal mempunyai bentuk yang simetri,seperti pada gambar 6.2.

µ

σ

x

Figure 6.1: Kurva Normal

6.2. DISTRIBUSI NORMAL 59

Distribusi Normal

Fungsi densitas dari variabel random normal X, dengan rataan µ dan variansiσ2 adalah

n(x; µ, σ) =1√2πσ

e−(1/2)[(x−µ)/σ]2 , −∞ < x < ∞

dimana π = 3.14159... dan e = 2.71828...

Sifat-sifat kurva Normal

1. Modus, adalah suatu titik yang terletak pada sumbu x dimana kurvamempunyai nilai maksimum, yaitu x = µ.

2. Kurva berbentuk simetri terhadap sumbu tegak pada x = µ

3. Kurva mempunyai titik balik pada x = µ± σ.

4. Kurva mendekati sumbu datar secara asimtotik ke dua arah (kiri/kanan)berawal dari µ.

5. Luas daerah dibawah kurva adalah 1

Daerah dibawah kurva Normal

Untuk menghitung luas daerah dibawah kurva, dapat dilakukan transfor-masi berikut:

Z =X − µ

σ

Dengan transformasi diatas, dapat dihitung:

P (x1 < X < x2) =1√2πσ

∫ x2

x1

e−(1/2)[(x−µ)/σ]2dx

=1√2π

∫ z2

z1

e−(z2/2)dz

=∫ z2

z1

n(z; 0, 1)dz

= P (z1 < Z < z2)

Definisi:

Distribusi variabel random normal dengan rataan 0 dan variansi 1 disebut dengandistribusi normal standard.


Contoh:

Diberikan distribusi normal standard, hitunglah daerah dibawah kurva yangdibatasi:a). sebelah kanan z=1.84b). antara z=-1.97 dan z=0.86

Jawab:

a). Luas sebelah kanan = 1 - luas sebelah kiri z=1.84 (dilihat dari tabel).Dari tabel luas sebelah kiri = 0.9671, jadi Luas sebelah kanan = 1- 0.9671= 0.0329b). Luas daerah antar batas tersebut adalah luas batas kanan dikurangidengan luas dari batas kiri, sehingga diperoleh 0.8051 - 0.0244 = 0.7807

Contoh:

Diberikan distribusi normal dengan µ = 50 dan σ = 10, hitungalah peluangx terletak antara 45 dan 62.

Jawab:

Nilai z yang bersesuain dengan x tersebut adalah:

z1 =45− 50

10= −0.5 dan z2 =

62− 5010

= 1.2

Sehingga:

P (45 < X < 62) = P (−0.5 < Z < 1.2)= P (Z < 1.2)− P (Z < −0.5)= 0.8849− 0.3085 = 0.5764

Contoh:

Sebuah mesin pembuat resistor dapat memproduksi resistor dengan ukuranrata-rata 40 ohm dengan standard deviasi 2 ohm. Misalkan ukuran tersebutmempunyai distribusi normal, tentukan peluang resistor mempunyai ukuranlebih dari 43 ohm.

6.3. APROKSIMASI NORMAL UNTUK BINOMIAL 61

Jawab:

Lakukan transformasi terlebih dulu:

z =43− 40

2= 1.5

sehingga dapat dihitung:

P (X > 43) = P (Z > 1.5) = 1− P (Z < 1.5) = 1− 0.9332 = 0.0668

6.3 Aproksimasi Normal untuk Binomial

Dari seksi sebelumnya, distribusi Poisson digunakan untuk aproksimasi pelu-ang Binomial ketika n membesar dan p sangat dekat ke 0 atau 1. Keduadistribusi tersebut adalah diskrit. Dalam seksi ini distribusi kontinu Nor-mal digunakan untuk aproksimasi Binomial bilamana n cukup besar dan ptidak harus dekat ke nilai 0 atau 1.

Teorema:

Jika X adalah variabel random binomial dengan rataan µ = np dan variansiσ2 = npq, maka bentuk limit dari distribusi dari :

Z =X − np√

npq

bilamana n →∞ adalah distribusi normal standard n(z; 0, 1)

Contoh:

Dalam soal ujian ada 200 pertanyaan multiple choice, ada 4 jawaban danhanya satu yang benar. Berapakan peluang menebak dan benar sebanyak25 sampai 30 dari 80 jawaban yang benar.

Jawab:

Peluang jawab yang benar adalah p = 1/4. Jika X menyatakan variabelrandom dari jawab yang benar, maka

P (25 ≤ X ≤ 30) =30∑

x=25

b(x; 80,14)


Menggunakan aproksimasi kurva normal dengan

µ = np = (80)(14) = 20

dan

σ =√

npq =

√(180)(

14)(

34) = 3.873

Dengan aproksimasi normal, perlu ditentukan batas-batasnya yaitu x1 =24.5 dan x2 = 30.5. Nilai variabel-z yang bersesuaian adalah:

z1 =24.5− 20

3.873= 1.16 dan z2 =

30.5− 203.873

= 2.71

Sehingga dapat dihitung:

P (25 ≤ X ≤ 30) =30∑

x=25

b(x; 80,14)

' P (1.16 < Z < 2.71)= P (X < 2.71)− P (X < 1.16)= 0.9966− 0.8770= 0.1196

6.4 Distribusi Gamma dan Exponential

Definisi:

Fungsi gamma didefinisikan sbb:

Γ(α) =∫ ∞

0xα−1e−xdx

untuk α > 0

Dengan cara rekursif diperoleh:

Γ(α) = (α− 1)Γ(α− 1)

dari definisi diperoleh:

Γ(1) =∫ ∞

0e−xdx = 1

6.4. DISTRIBUSI GAMMA DAN EXPONENTIAL 63

Distribusi Gamma

Variabel random kontinu X mempunyai distribusi gamma, dengan parameter αdan β, jika fdp-nya diberikan:

f(x) =

1βαΓ(α)

xα−1e−x/β, x ≥ 0

0 untuk x yang lain

dimana α > 0 dan β > 0.

Beberapa distribusi gamma ditunjukkan pada 6.4.

α=4,β=1

1 2 3 5 6

0.5

1.0

4 70

f(x)

x

α=1,β=1

α=2,β=1

Figure 6.2: Distribusi gamma

Distribusi Exponential

Variabel random kontinu X mempunyai distribusi exponential, dengan param-eter β, jika fdp-nya diberikan:

f(x) =

1β

e−x/β, x ≥ 0

0 untuk x yang lain

dimana β > 0.


Teorema:

Rataan dan variansi dari distribusi gamma adalah

µ = αβ dan σ2 = αβ2

Akibat:

Rataan dan variansi dari distribusi exponential adalah

µ = β dan σ2 = β2

Hubungan dengan Poisson proses

Hubungan distribusi eksponensial dengan Poisson cukup sederhana. Mis-alkan distribusi Poisson dengan parameter λ, dimana λ adalah rata-ratajumlah event dalam satu satuan waktu. Misalkan X adalah variabel ran-dom yang menyatakan panjang selang waktu dimana event pertama terjadi.Dengan distribusi Poisson, peluang tidak ada event sampai selang waktu tadalah:

p(0;λt) =e−λt(λt)0

0!= e−λt

Peluang panjang selang waktu event pertama terjadi sampai melewati xsama dengan peluang tidak ada event Poisson sampai selang waktu x, se-hingga dituliskan e−λx.

P (X ≥ x) = e−λx

Fungsi distribusi kumulatif dari X diberikan:

P (0 ≤ X ≤ x) = 1− e−λx

Dengan mengambil turunan dari fungsi diatas diperoleh fungsi densitas:

f(x) = λe−λx,

yang mana merupakan fdp dari distribusi eksponensial dengan λ = 1/β

6.4.1 Aplikasi dari distribusi Exponential dan Gamma

Yang perlu diperhatikan adalah parameter λ dan β. Rataan dari distribusiexponential adalah β, dimana sama dengan 1/λ. β adalah rataan antara duaevent yang berturutan. Dalam aplikasi dapat merepresentasikan waktu rata-rata antara kerusakan/kegagalan (mis. suatu komponen/mesin/peralatan).

6.4. DISTRIBUSI GAMMA DAN EXPONENTIAL 65

Contoh:

Suatu sistem terdiri tipe komponen tertentu yang mempunyai umur sam-pai rusak dalam tahun dinyatakan dalam T . Variabel random T dapatdimodelkan dengan distribusi eksponensial waktu sampai kerusakan β = 5.Jika terdapat 5 buah komponen dipasang pada sistem, tentukan peluangsekurang-kurangnya 2 komponen masih berfungsi sampai akhir tahun ke 8.

jawab:

Peluang komponen masih berfungsi hingga akhir tahun ke 8 adalah:

P (T > 8) =15

∫ ∞

8e−t/5dt = e−8/5 ' 0.2

Misalkan X adalah jumlah komponen yang masih berfungsi hingga akhirtahun ke 8, maka dengan distribusi binomial:

P (X ≥ 2) =5∑

x=2

b(x; 5, 0.2) = 1−1∑

x=0

b(x; 5, 0.2) = 1− 0.7373 = 0.2627

Contoh:

Suatu panggilan telepon datang pada papan switching mengikuti prosesPoisson dengan rata-rata 5 panggilan datang tiap menit. Tentuka peluanghingga 1 menit terjadi 2 panggilan yang datang.

Jawab:

Proses Poisson dapat diterapkan dengan menunggu sampai 2 event Poissonterjadi mempunyai distribusi Gamma dengan β = 1/5 dan α = 2. MisalkanX adalah selang waktu dimana sebelum 2 panggilan telpon datang. Peluangdapat dihitung sbb:

P (X ≤ x) =∫ x

0

1β2

xe−x/βdx

P (X ≤ 1) = 25∫ 1

0xe−5xdx = [1− e−5(1)(1 + 5)] = 0.96

6.4.2 Distribusi Chi-Squared

Kasus yang lain dari distribusi Gamma adalah Chi-Squared, dengan mengam-bil α = ν/2 dan β = 2, dimana ν bilangan bulat positif.


Distribusi Chi-Squared

Variabel random kontinu X mempunyai distribusi chi-squared, dengan derajatkebebasan ν, jika fdp-nya diberikan:

f(x) =

12ν/2Γ(ν/2)

xν/2−1e−x/2, x > 0

0 untuk x yang lain

dimana ν bilangan bulat positif.

Akibat:

Rataan dan variansi dari distribusi chi-squared adalah

µ = ν dan σ2 = 2ν

6.5 Distribusi Lognormal

Distribusi Lognormal

Variabel random kontinu X mempunyai distribusi lognormal, jika variabel ran-dom Y = ln(X) mempunyai dsitribusi normal dengan rataan µ dan simpanganbaku σ. Fdp diberikan:

f(x) =

1√2πσx

e−[ln(x)−µ]2/(2σ2), x ≥ 0

0 x < 0

Akibat:

Rataan dan variansi dari distribusi lognormal adalah

E(X) = eµ+σ2/2 dan V ar(X) = e2µ+σ2.(eσ2 − 1)

6.6. DISTRIBUSI WEIBULL 67

6.6 Distribusi Weibull

Distribusi Weibull

Variabel random kontinu X mempunyai distribusi Weibull, dengan parameterα dan β, jika fdp-nya diberikan:

f(x) ={

αβxβ−1e−αxβ, x > 0

0, untuk x yang lain

dimana α > 0 dan β > 0.

Akibat:

Rataan dan variansi dari distribusi Weibull adalah

µ = α−1/βΓ(

1 +1β

)dan σ2 = α−2/β

{Γ

(1 +

2β

)−

[Γ

(1 +

1β

)]2}

Bab 7

Distribusi Sampling Dasar

7.1 Sampling Random

Definisi:

Sebuah populasi terdiri dari keseluruhan pengamatan yang menjadi perhatiankita.

Definisi:

Sebuah sample adalah himpunan bagian dari populasi.

Definisi:

Misalkan X1, X2, ..., Xn adalah n variabel random yang saling bebas, masing-masing mempunyai distribusi peluang f(x). Kemudian kita definisikanX1, X2, ..., Xn sebagai sample random berukuran n dari populasi f(x) dan di-tuliskan distribusi peluang gabungan-nya sebagai berikut:

f(x1, x2, ..., xn) = f(x1)f(x2)...f(xn)

7.2 Beberapa Statistik yang Penting

Definisi:

Sebarang fungsi dari variabel random yang menunjukkan sample random disebutdengan statistik.

69

70 BAB 7. DISTRIBUSI SAMPLING DASAR

Definisi:

Jika X1, X2, ..., Xn menunjukkan sample random berukuran n, maka rataan darisample didefinisikan dengan statistik:

X =

n∑i=1

Xi

n

Definisi:

Jika X1, X2, ..., Xn menunjukkan sample random berukuran n, diurutkan sesuaibesar nilainya, maka nilai-tengah (median) dari sample didefinisikan denganstatistik:

∼X=

X(n+1)/2, jika n ganjil

Xn/2 + X(n/2)+1

2jika n genap

Definisi:

Jangkauan dari sample random X1, X2, ..., Xn didefinisikan dengan statistikX(n) − X(1), dimana X(n) dan X(1) adalah nilai maksimum dan minimum darisample.

Definisi:

Jika X1, X2, ..., Xn menunjukkan sample random berukuran n, maka variansisample didefinisikan dengan statistik:

S2 =

n∑i=1

(Xi −X)2

n− 1

7.3 Distribusi Sampling

Definisi:

Distribusi peluang dari statistik disebut dengan distribusi sampling.

7.4. DISTRIBUSI SAMPLING DARI RATAAN 71

7.4 Distribusi sampling dari Rataan

Distribusi sampling yang penting adalah distribusi sampling rataan X. Mis-alkan sample random dari n pengamatan diambil dari distribusi normal den-gan rataan µ dan variansi σ2. Masing-masing pengamatan Xi, i = 1, 2, .., ndari sample random akan mempunyai distribusi normal juga. Sehingga:

X =X1 + X2 + ... + Xn

n

mempunyai distribusi normal dengan rataan:

µX =µ + µ + ... + µ

n= µ

dan variansi:

σ2X

=σ2 + σ2 + ... + σ2

n2=

σ2

n

Teorema:

Teorema Limit Pusat Jika X adalah rataan dari sample random berukuran nyang diambil dari populasi dengan rataan µ dan variansi σ2, maka bentuk limitdari distribusi dari

Z =X − µ

σ/√

n

bila n →∞, adalah distribusi normal standard n(z; 0, 1).

Contoh:

Pabrik bola lampu dimana lampu yang dihasilkan mempunyai umur yangberdistribusi normal dengan rataan 800 jam dengan simpangan baku 40 jam.Hitunglah peluang dari sample random dari 16 bola lampu yang mempunyaiumur kurang dari 775 jam.

Jawab:

Distribusi sampling X akan berbentuk normal juga dengan µX = 800 danσX = 40/

√16 Dengan mengubah menjadi normal standard dari x = 775

diperoleh:

z =775− 800

10= −2.5

Sehingga diperoleh:

P (X < 775) = P (Z < −2.5) = 0.0062


Distribusi Sampling dari beda antara dua Rata-rata

Teorema:

Jika sample yang saling bebas berukuran n1 dan n2 diambil secara random daripopulasi (diskrit atau kontinu), dengan rataan µ1 dan µ2 dan variansi σ1 danσ2, maka distribusi sampling dari beda dua rataan, X1 −X2, secara aproksimasiberdistribusi normal dengan rataan dan variansi diberikan:

µX1−X2= µ1 − µ2 dan σX1−X2

=σ2

1

n1+

σ22

n2

sehingga

Z =(X1 −X2)− (µ1 − µ2)√

(σ21/n1) + (σ2

2/n2)

adalah variabel normal standard secara aproksimasi.

Contoh:

Dua buah eksperimen dilakukan dimana dua pengecatan dibandingkan. 18belas contoh akan di-cat dengan dua type cat, A dan B. Waktu kering antaradua type tersebut dicatat. Simpangan baku populasi antara dua type adalahsama, yaitu 1.0. Asumsi rata-rata waktu kering antara dua type cata adalahsama, tentukan P (XA −XB > 1, 0), dimana XA dan XB adalah rata-ratawaktu kering dari sample yang berukuran nA = nB = 18.

Jawab:

Dari distribusi sampling XA − XB, diketahui bahwa distribusinya normaldengan rataan:

µXA−XB= µA − µB = 0

dan variansi adalah:

σXA−XB=

σ2A

nA+

σ2B

nB=

118

+118

=19

Variabel random Z yang bersesuaian dengan XA −XB = 1.0 adalah:

Z =1− (µA − µB)√

1/9=

1− 01/3

= 3.0

Pr(z > 3.0) = 1− Pr(z < 3.0) = 1− 0.9987 = 0.0013

TOSHIBA

Typewriter

2

7.5. DISTRIBUSI SAMPLING DARI S2 73

7.5 Distribusi Sampling dari S2

Teorema:

Jika S2 adalah variansi dari sample random yang berukuran n diambil dari pop-ulasi normal dengan variansi σ2, maka statistik:

χ2 =(n− 1)S2

σ2=

n∑

i=1

(Xi −X)2

σ2

mempunyai distribusi chi-squared dengan derajat kebebasan ν = n− 1.

Contoh:

Suatu pabrik battery menjamin produknya mempunyai umur 3 tahun den-gan simpangan baku 1 tahun. Jika lima battery mempunyai umur 1.9 2.43.0 3.5 dan 4.2 tahun. Apakah pabrik tersebut masih yakin bahwa klaimnyadapat dipercaya. Asumsi umur battery mempunyai distribusi normal.

Jawab:

Pertama dihitung variansi sample:

s2 =(5)(48.26)− (15)2

(4)(5)= 0.815

Kemudian hitung:

χ2 =(4)(0.815)

1= 3.26

Adalah nilai distribusi chi-squared dengan derajat kebebasan 4. Karenatingkat kepercayaan 95% dari distribusi ini dengan d.k. 4terletak antara0.484 dan 11.143 maka dengan simpangan baku 1 tahun masih dapat diter-ima.

7.6 Distribusi t

Dalam seksi sebelumnya dibahas tentang kegunaan dari teorema limit pusat.Teori ini sangat mendukung dalam penggunaan distribusi t, dengan asumsisimpangan baku diketahui. Dalam realitas hal ini mungkin tidak layak,sehingga sebagai pengganti cukup simpangan baku dari sampel S. Sehingga


statistik yang sesuai dan berkaitan dengan rataan populasi µ adalah:

T =X − µ

S/√

n

Atau dapat dituliskan:

T =(X − µ)/(σ/

√n)√

S2/σ2=

Z√V/(n− 1)

dimana:

Z =X − µ

σ/√

n

mempunyai distribusi normal standard, dan

V =(n− 1)S2

σ2

mempunyai distribusi chi-squared dengan derajat kebebasan ν = n− 1

Teorema:

Misalkan Z adalah distribusi normal standard dan V berdistribusi chi-squreddengan dk ν. Jika Z dan V saling bebas make distribusi T , dimana didefinisikan

T =Z√V/ν

dan fdpnya adalah

h(t) =Γ[(ν + 1)/2)]Γ(ν/2)

√πν

(1 +

t2

ν

)−(ν+1)/2

, −∞ < t < ∞.

Disebut dengan distribusi-t dengan ν derajat kebebasan.

Akibat:

Jika X1, X2, ..., X3 adalah variabel random saling bebas semua berdistribusi nor-mal dengan rataan µ dan simpangan baku σ. Dan

X =n∑

i=1

Xi

ndan s2 =

n∑

i=1

(Xi −X)2

n− 1.

Maka variabel random T =X − µ

S/√

nberdistribusi t dengan ν = n − 1 derajat

kebebasan.

7.6. DISTRIBUSI T 75

Kurva dari distribusi t mempunyai sifat simetri seperti distribusi normal.

α0

αα

t =−t tα1−α

Figure 7.1: Sifat simetri dari distribusi t

Contoh

Nilai t dengan d.k. 14 yang mempunyai luas 0.025 disebelah kiri, atau 0.975sebelah kanan nilai tersebut adalah:

t0.975 = −t0.025 = −2.145

Contoh

Tentukan P (−t0.025 < T < t0.05)

Jawab

Karena luas sebelah kanan t0.05 adalah 0.05 dan sebelah kiri −t0.025 adalah0.025, maka luas diantaranya adalah:

1− 0.05− 0.025 = 0.925


7.7 Distribusi F

Definisi:

Misalkan U dan V adalah saling bebas berdistribusi chi-squred dengan dk ν1 dan

ν2. Maka distribusi dari variabel random F =U/ν1

V/ν2diberikan :

h(f) =

Γ[(ν1 + ν2)/2](ν1/ν2)ν1/2

Γ(ν1/2)Γ(ν2/2)fν1/2−1

(1 + ν1f/ν2)(ν1+ν2)/2, x > 100

0 x yang lain

Disebut dengan distribusi-F dengan dk ν1 dan ν2.

Bentuk kurva distribusi F tergantung dari derajat kebebasan ν1 dan ν2.Luas sebelah kanan nilai fα untuk d.k. ν1 dan ν2 mempunyai hubungansbb:

Teorema:

Dengan menuliskan fα(ν1, ν2) untuk fα dengan d.k. ν1 dan ν2, diperoleh:

f1−α(ν1, ν2) =1

fα(ν2, ν1)

Contoh:

Nilai-f dengan d.k. 6 dan 10 yang mempunyai luas sebelah kanan nilai tsb0.95 adalah:

f0.95(6, 10) =1

f0.05(10, 6)=

14.06

= 0.246

Misalkan sampel random berukuran n1 dan n2 diambil dari dua populasinormal dengan variansi σ2

1 dan σ22. Dari teorema sebelumnya ditunjukkan:

X21 =

(n1 − 1)S21

σ21

dan X22 =

(n2 − 1)S22

σ22

adalah variabel random dengan distribusi chi-squared dengan d.k. n1 − 1dan n2 − 1. Dari teorema sebelumnya dengan mengambil X2

1 = U danX2

2 = V diperoleh teorema sbb:

7.7. DISTRIBUSI F 77

Teorema:

Jika S21 dan S2

2 adalah variansi dari variabel random yang saling bebas danberukuran n1 dan n2 diambil dari populasi normal dengan variansi σ2

1 dan σ22,

maka

F =S2

1/σ21

S22/σ2

2

=σ2

2 S21

σ21 S2

2

mempunyai distribusi F dengan d.k. n1 − 1 dan n2 − 1.

Bab 8

Estimasi Parameter Populasi

Bab sebelumnya menekankan tentang distribusi dari sampel yang mencakuprataan dan simpangannya. Dalam bab ini akan dibahas tentang bagaimanamembangun dasar-dasar yang memungkinkan seorang statistik mengam-bil kesimpulan tentang parameter statistik dari data eksperimen. Bagianstatistik yang mempelajari tentang masalah ini disebut dengan Statistikinferensi. Statistik inferensi secara garis besar dibagi menjadi dua: esti-masi/penaksiran dan uji hipotesis (dipelajari di Bab 9).

8.1 Penaksiran dengan Metoda Klasik

Sebuah nilai taksiran dari parameter populasi θ adalah sebuah nilai tunggalθ̂ dari statistik Θ̂. Suatu contoh, nilai x dari statistik X yang dihitung darisebuah sampel yang berukuran n adalah nilai taksiran dari parameter pop-ulasi µ. Contoh lain p̂ = x/n adalah nilai taksiran dari proporsi sebenarnyap dari eksperimen binomial.

Sebuah nilai penaksir tidak diharapkan dapat menaksir paremeter popu-lasi tanpa kesalahan, misalkan tidak perlu X dapat menaksir µ secara tepat,tetapi diharapkan tidak terlalu jauh dari parameter yang ditaksir.

Misalkan Θ̂ adalah penaksir dengan nilai taksiran θ̂ dari parameter pop-ulasi yang tidak diketahui µ. Kita menginginkan distribusi sampling Θ̂mempunyai rataan sama dengan parameter yang ditaksir. Panaksir yangmemiliki sifat seperti ini disebut dengan tak bias(unbiased).

79

80 BAB 8. ESTIMASI PARAMETER POPULASI

Definisi:

Sebuah statistik Θ̂ dikatakan penaksir tak bias dari parameter θ jika:

µΘ̂ = E(Θ̂) = θ

Contoh:

Tunjukkan bahwa S2 adalah penaksir tak bias dari parameter σ2.

Jawab:

Kita tuliskan:

n∑

i=1

(Xi −X)2 =n∑

i=1

[(Xi − µ)− (X − µ)]2

=n∑

i=1

(Xi − µ)2 − 2(X − µ)n∑

i=1

(Xi − µ) + n(X − µ)2

=n∑

i=1

(Xi − µ)2 − n(X − µ)2

Sekarang tentukan:

E(S2) = E

[∑ni=1(Xi −X)2

n− 1

]=

1n− 1

[n∑

i=1

E(Xi − µ)2 − nE(X − µ)2]

=1

n− 1

(n∑

i=1

σ2Xi− nσ2

X

)

Tetapi:

σ2Xi

= σ2 untuk i = 1, 2, ..., n dan σ2X

=σ2

n

Sehingga:

E(S2) =1

n− 1

(nσ2 − n

σ2

n

)= σ2

8.1. PENAKSIRAN DENGAN METODA KLASIK 81

Variansi Nilai Penaksir

Jika Θ̂1 dan Θ̂2 adalah dua penaksir yang tak bias dari parameter populasiθ yang sama, maka kita akan memilih penaksir dengan distribusi samplingyang memiliki variansi yang lebih kecil. Sehingga, jika σΘ̂2

1< σΘ̂2

2, dikatakan

bahwa Θ̂1 penaksir θ yang lebih efisien dari Θ̂2.

Definisi:

Jika kita mengumpulkan semua penaksir tak bias yang mungkin dari parameterθ, maka salah satu yang memiliki variansi terkecil dikatakan penaksir yangpaling efisien dari θ.

Gambar berikut menunjukkan distribusi sampling dari tiga penaksir θ.Dari ketiga kurva tersebut, penaksir yang tak bias adalah Θ̂1 dan Θ̂2 karenamempunyai distribusi yang terpusat pada θ. Diantara Θ̂1 dan Θ̂2, maka Θ̂1

mempunyai variansi yang lebih keci.

Θ2

θ

Θ1

Θ3

Figure 8.1: Distribusi sampling dari penaksir θ yang berbeda

Tetapi, pada situasi tertentu kita lebih suka untuk menentukan intervaldimana nilai penaksir tersebut berada. Interval ini disebut dengan intervalpenaksiran.

Interval (selang) penaksiran

Sebuah selang penaksiran dari parameter populasi θ adalah sebuah selangyang berbentuk θ̂L < θ < θ̂U , dimana θ̂L dan θ̂U bergantung pada nilaistatistik Θ̂ untuk sampel tertentu dan distribusi samplingnya.


Karena sampel-sampel yang berbeda secara umum akan menghasilkannilai yang berbeda dari Θ̂, atau θ̂L dan θ̂U , maka nilai-nilai batas ini bers-esuaian dengan variabel random Θ̂L dan Θ̂U . Dari distribusi sampling Θ̂,kita dapat menentukan suatu nilai α yang terletak antara 0 dan 1 demikiansehingga:

P (Θ̂L < θ < Θ̂U ) = 1− α

Selang θ̂L < θ < θ̂U yang dihitung dari sampel yang diambil disebut den-gan selang kepercayaan (1 − α)100% dan 1 − α disebut dengan tingkatkepercayaan.

8.2 Menaksir rataan dari Sampel tunggal

Distribusi sampel dari X terpusat pada µ dan pada sebagian besar aplikasimempunyai variansi yang lebih kecil dari penaksir-penaksir yang lain. Se-hingga rataan sampel x digunakan sebagai nilai taksiran dari rataan populasiµ.

Akan ditentukan selang taksiran dari µ. Misalkan sampel diambil daripopulasi normal, atau jika tidak mempunyai ukuran sampel yang besar.Sesuai dengan teorema limit pusat, diharapkan distribusi sampel X akanmendekati normal dengan rataan µX = µ dan simpangan baku σX = σ/

√n.

Selanjutnya akan peluang Z yang terletak antara −zα/2 dan zα/2, ditun-jukkan pada kurva berikut:

α/2

0 Z−Z α/2 α/2

1−α

α/2

Figure 8.2: P (−zα/2 < Z < zα/2) = 1− α

Dari gambar tersebut dapat dilihat:

P (−zα/2 < Z < zα/2) = 1− α

dimana:

Z =X − µ

σ/√

n

8.2. MENAKSIR RATAAN DARI SAMPEL TUNGGAL 83

Sehingga:

P

(−zα/2 <

X − µ

σ/√

n< zα/2

)= 1− α

Atau dapat dituliskan:

P

(X − zα/2

σ√n

< µ < X + zα/2σ√n

)= 1− α

Interval kepercayaan dari µ; σ diketahui

Jika x adalah rataan dari sampel random dengan ukuran n dari sebuah populasidan variansi σ2, interval kepercayaan (1− α)100% dari µ adalah:

x− zα/2σ√n

< µ < x + zα/2σ√n

dimana zα/2 adalah nilai-z yang memberikan luas α/2 sebelah kanan nilai terse-but.

Sampel-sampel yang berbeda akan memberikan nilai x yang berbeda,sehingga akan menghasilkan selang taksiran yang berbeda pula, seperti di-tunjukkan pada gambar berikut:

µ

1

2

3

4

5

6

7

8

sam

ple

Figure 8.3: Interval taksiran dari µ untuk sampel yang berbeda

Contoh:

Rataan konsentrasi zinc dari pengukuran di 36 lokasi diperoleh 2.6 gram permililiter. Hitunglah selang kepercayaan 95% dari rataan yang ditemukan.


Jawab:

Nilai taksiran dari µ adalah x = 2.6. Nilai-z yang memberikan luas 0.025sebelah kanan, atau 0.975 sebelah kiri adalah z0.025 = 1.96 (Table A.3).Sehingga selang kepercayaan 95% adalah:

2.6− (1.96)(

0.3√36

)< µ < 2.6 + (1.96)

(0.3√36

)

Atau:2.50 < µ < 2.70

Teorema:

Jika x digunakan untuk menaksir µ, maka kita berada pada tingkat kepercayaan(1− α)100% dengan kesalahan tidak lebih dari zα/2σ/

√n

Teorema:

Jika x digunakan untuk menaksir µ, maka kita berada pada tingkat kepercayaan(1−α)100% dengan kesalahan tidak lebih dari e bilamana ukuran sampel adalah

n =(zα/2σ

e

)2

Contoh:

Berapa jumlah sample yang diperlukan dari contoh sebelumnya agar kitapunya tingkat kepercayaan 95% bahwa taksiran µ punya kesalahan kurangdari 0.05

Jawab:

Simpangan baku dari populasi adalah σ = 0.3, dengan teorema diatas:

n =[(1.96)(0.3)

0.05

]2

= 138.3

Jadi jumlah sample yang diperlukan adalah 139

8.3. MENAKSIR VARIANSI DARI SAMPEL TUNGGAL 85

Interval kepercayaan dari µ; σ tidak diketahui

Jika x dan s adalah rataan dan simpangan baku sampel random dari populasinormal dengan variansi σ2 yang tidak diketahui, selang kepercayaan (1−α)100%untuk µ adalah:

x− tα/2s√n

< µ < x + tα/2s√n

dimana tα/2 adalah nilai-t dengan n−1 derajat kebebasan yang memberikan luasα/2 sebelah kanan nilai tersebut.

8.3 Menaksir Variansi dari Sampel tunggal

Jika sebuah sampel berukuran n diambil dari populasi normal dengan vari-ansi σ2, dan variansi sampel s2 dihitung, maka kita memperoleh nilai statis-tik S2. Nilai yang dihitung ini akan digunakan sebagai nilai taksiran dariσ2. Dikatakan statistik S2 adalah penaksir dari σ2.

Interval penaksiran dapat ditentukan dengan statistik:

X2 =(n− 1)S2

σ2

Sesuai dengan teorema Bab sebelumnya, statistik X2 mempunyai distribusichi-squared dengan derajat kebebasan n-1, bila sampel diambil dari populasinormal.

Untuk menentukan selang penaksiran dapat dituliskan (dapat dilihatpada gambar 8.4:

P (χ21−α/2 < X2 < χ2

α/2) = 1− α

dimana χ21−α/2 dan χ2

α/2 adalah nilai-nilai dari distribusi chi-squared dengann-1 derajat kebebasan, yang mempunyai luas disebelah kanan 1− α/2 danα/2. Dengan mensubstitusikan X2, diperoleh:

P

[χ2

1−α/2 <(n− 1)S2

σ2< χ2

α/2

]= 1− α

atau dapat dituliskan:

P

[(n− 1)S2

χ2α/2

< σ2 <(n− 1)S2

χ21−α/2

]= 1− α


0 χ

1−α

α/2α/2

α/2χχ 22

α/2

Figure 8.4: P (χ21−α/2 < X2 < χ2

α/2) = 1− α

Interval kepercayaan untuk σ2

Jika s2 adalah variansi dari sampel random berukuran n dari populasi normal,selang kepercayaan (1− α)100% dari σ2 adalah:

(n− 1)S2

χ2α/2

< σ2 <(n− 1)S2

χ21−α/2

dimana: dimana χ2α/2 dan χ2

1−α/2 adalah nilai-nilai dari distribusi chi-squareddengan n-1 derajat kebebasan, yang mempunyai luas disebelah kanan α/2 dan1− α/2.

Contoh:

Berat 10 paket biji rumput yang didistribusikan oleh perusahaan tertentuadalah: 46.4;46.1;45.8;47.0;46.1;45.9;45.8;46.9;45.2;46.0. Hitunglah selangkepercayaan 95% dari variansinya, asumsi distribusi normal.

Jawab:

Pertama dihitung:

s2 =n

∑ni=1 x2

i − (∑n

i=1 xi)2

n(n− 1)=

(10)(21, 273.12)− (461.2)2

(10)(9)= 0.286

Untuk memperoleh selang kepercayaan 95%, dipilih α = 0.05, dengan meli-hat tabel A.5 dengan ν = 9, maka χ2

0.025 = 19.023 dan χ20.975 = 2.700.

8.4. MENAKSIR RASIO DUA VARIANSI DARI DUA SAMPEL 87

Sehingga selang kepercayaan 95% adalah:

(9)(0.286)19.023

< σ2 <(9)(0.286)

2.700

atau:0.135 < σ2 < 0.953

8.4 Menaksir rasio dua variansi dari dua sampel

Nilai taksiran rasio dari dua variansi populasi σ21/σ2

2 adalah rasio s21/s2

2 darivariansi sampel. Sehingga statistik S2

1/S22 dikatakan penaksir dari σ2

1/σ22.

Interval kepercayaan untuk σ21/σ

22

Jika s21 dan s2

2 adalah variansi dari dua sampel saling bebas yang berukuran n1

dan n2 dari populasi normal, maka interval kepercayaan (1−α)100% untuk σ21/σ2

2

adalahs21

s22

1fα/2(v1, v2)

<σ2

1

σ22

<s21

s22

fα/2(v2, v1)

dimana fα/2(v1, v2) adalah nilai-f dengan derajat kebebasan ν1 = n1 − 1 danν2 = n2 − 1 yang mempunyai luas sebelah kanan α/2, serupa untuk fα/2(v2, v1)yang mempunyai derajat kebebasan ν2 = n2 − 1 dan ν1 = n1 − 1.

Contoh:

Sebuah perusahaan battery mobil mengklaim bahwa produknya, secara rata-rata berumum 3 tahun dengan simpangan 1 tahun. Jika lima battery mem-punyai umur 1.9; 2.4; 3.0; 3.5; 4.2 tahun, tentukan selang kepercayaan 95%untuk σ2 dan berilah pendapat apakah klaim perusahaan yang menyatakanσ2 = 1 adalah valid. Asumsi distribusi umur battery adalah normal.

Jawab:

Hitung terlebih dahulu:

s2 =n

∑ni=1 x2

i − (∑n

i=1 xi)2

n(n− 1)=

(5)(48.26)− (15)2

(5)(4)= 0.815

Untuk mendapatkan selang kepercayaan 95%, dipilih α = 0.05 dengan meli-hat tabel A.5 dengan ν = 4, maka χ2

0.025 = 11.143 dan χ20.975 = 0.484.


Sehingga selang kepercayaan 95% adalah:

(4)(0.815)11.143

< σ2 <(4)(0.815)

0.484

0.293 < σ2 < 6.736

Kesimpulan klaim perusahaan bisa diterima, karena nilai 1 masih terletakpada selang tersebut.

Bab 9

Testing Hipotesis Statistik

9.1 Ilustrasi

Diketahui tipe vaksin tertentu efektif hanya 25% setelah 2 tahun digunakan.Untuk mengetahui vaksin baru lebih baik, maka diambil sampel 20 orangdipilih secara random. Jika lebih dari 8 orang yang menerima vaksin barumelewati 2 tahun masa uji dan ternyata tidak tertulari virus, maka vaksinbaru dikatakan lebih baik. Akan diuji hipotesis nol yang menyatakan vaksinbaru sama efektifnya dengan vaksin sekarang setelah melampaui 2 tahun.Hipotesis alternatif menyatakan vaksin yang baru lebih baik dari vaksin yangsekarang. Kasus ini ekivalen dengan menguji hipotesis bahwa parameterbinomial dengan peluang sukses adalah p = 1/4 terhadap hipotesis alternatifp > 1/4. Dituliskan sebagai berikut:

H0 : p =14,

H1 : p >14

Dari uji di atas X mempunyai nilai dari 0 sampai 20, yang dibagi men-jadi dua, lebih kecil dari 8 dan lebih besar dari 8. Semua nilai yang lebihbesar dari 8 disebut dengan daerah kritis, yang lebih kecil dari 8 disebutdaerah penerimaan. Nilai 8 disebut dengan nilai kritis. Jika x > 8 makahipotesis H0 ditolak, dan sebaliknya jika x ≤ 8 hipotesis H0 diterima. Adadua macam kesalahan yang akan terjadi, menolak H0 yang ternyata benardan menerima H0 yang ternyata salah. Kesalahan yang pertama disebutkesalahan tipe I dan kesalahan kedua disebut kesalahan tipe II.

89

90 BAB 9. TESTING HIPOTESIS STATISTIK

9.2 Kesalahan Uji

Definisi:

Menolak hipotesis nol ketika benar disebut kesalahan tipe I

Definisi:

Menerima hipotesis nol ketika salah disebut kesalahan tipe II

H0 benar H0 salahMenerima H0 keputusan benar kesalahan tipe IIMenolak H0 kesalahan tipe I keputusan benar

Table 9.1: Situasi yang mungkin dari uji hipotesis

Peluang yang menyangkut kesalahan tipe I disebut tingkat signifikan,dinotasikan dengan α. Dari contoh diatas dihitung:

α =P (error tipe I) = P

(X > 8; p =

14

)=

20∑

x=9

b

(x; 20,

14

)

=1−8∑

x=0

b

(x; 20,

14

)= 1− 0.9591 = 0.0409

Dikatakan Hipotesis nol diuji untuk p = 1/4 dengan tingkat signifikan α =0.0409

Peluang yang menyangkut kesalahan tipe II, dinotasikan dengan β. Daricontoh diatas dihitung dengan mengambil nilai p tertentu misalkan p = 1/2:

β = P (error tipe II) = P

(X ≤ 8; p =

12

)=

8∑

x=0

b

(x; 20,

12

)= 0.2517

Idealnya, semua uji dapat menghasilkan kesalahan yang kecil, α danβ. Untuk memperoleh hasil yang optimal maka nilai kritis dapat diubah-ubah atau ukuran sample ditambah. Jika nilai krtis diubah, bila β dapatdiperkecil maka α bertambah besar. Dengan menambah ukuran sample, α

9.2. KESALAHAN UJI 91

dan β dapat diperkecil.

Untuk menentukan peluang kesalahan tipe I digunakan aproksimasi kurvanormal dengan ukuran sample ditambah menjadi 100, nilai kritis baru 36.Selanjutnya dihitung:

µ = np = (100)(14) = 25 dan σ =

√npq =

√(100)(

14)(

34) = 4.33

Seperti digambarkan pada kurva Gambar 9.1, luas α dengan x = 36.5,berkorespondensi dengan:

z =36.5− 25

4.33= 2.66

Dari table A-3 diperoleh:

α =p(error tipe I) = P

(x > 36; p =

14

)' P (Z > 2.66)

=1− P (Z < 2.66) = 1− 0.9961 = 0.0039

σ=4.33

α

µ=25 36.5

Figure 9.1: Peluang kesalahan tipe I

Jika H0 salah maka nilai benar untuk H1 adalah p = 1/2, maka kesalahantipe II dapat dihitung:

µ = np = (100)(12) = 50 dan σ =

√npq =

√(100)(

12)(

12) = 5

Daerah penerimaan bila H1 benar, digambarkan pada kurva Gambar 9.2.Nilai z yang bersesuaian adalah:

z =36.5− 50

5= −2.7


Sehingga peluang kesalahan tipe II adalah:

β = p(error tipe II) = P

(X ≤ 36; p =

12

)' P (Z < −2.7) = 0.0035

µ=50µ=25 36.5

σ=4.33H0 H1

x

σ=5

Figure 9.2: Peluang kesalahan tipe II

Dari contoh tersebut dapat disimpulkan:

1. Kesalahan tipe I dan II saling berhubungan. Jika salah satu membesaryang lain mengecil.

2. Kesalahan tipe I dapat direduksi dengan mengatur nilai kritis

3. Menambah ukuran sample akan mengurangi kesalahan tipe I dan II

4. Jika hipotesis nol salah, nilai β akan maksimum jika nilai benar dekatdengan nilai hipotesis, dan sebaliknya akan semakin kecil.

9.3 Kekuatan Uji

Definisi:

Power/kekuatan dari Uji adalah peluang menolak hipotesis nol diberikan nilaialternatif tertentu benar

9.3. KEKUATAN UJI 93

Contoh 1:

Proporsi mahasiswa di kota suatu kota ditaksir mempunyai peluang p=0.6.Untuk menguji hipotesis diambil sample sebanyak 15 orang, jika samplemenunjukkan jumlah orang antara 6 sampai 12, maka hipotesis nol diterimabahwa p=0.6 selain itu ditolak, atau p 6= 0.6a). Hitunglah α, asumsi p=0.6, gunakan distr. binomialb). Hitunglah β utk alternativ p = 0.5 dan p = 0.7c). Apakah ini test yang baik.

Contoh 2:

Ulangi contoh diatas dengan sample 200 orang, daerah penerimaan antara110 ≤ x ≤ 130. Gunakan aproksimasi normal.

Solusi:

a). 0.1498 b). 0.0793 0.0618


Ringkasan prosedur Uji Hipotesis

• Tentukan hipotesis nol H0 : θ = θ0

• Pilih hipotesis alternatif H1 salah satu dari θ < θ0, θ > θ0, atau θ 6= θ0

• Tentukan tingkat signifikan α

• Tentukan uji statistik yang sesuai dan tentukan daerah kritis. Jikakeputusan didasarkan dengan Nilai-P maka tidak perlu ditentukandaerah kritis.

• Hitunglah nilah uji dari data sample

• Keputusan: TOLAK H0 jika uji jatuh di daerah kritis. Jika berdasarkanNilai-P, maka Nilai-P kecil dari tingkat signifikan yang diinginkan (α).

Contoh:

Diambil 100 sample random umur orang di Amerika menunjukkan rata-rata71.8 tahun, dengan simpangan baku 8.9 tahun. Apakah hal ini menunjukkanbahwa umur orang Amerika rata-rata lebih dari 70 tahun. Gunakan tingkatkepercayaan α = 0.05.

Jawab:

1. H0: µ = 70 tahun2. H1: µ > 70 tahun3. α = 0.054. Daerah kritis: z > 1.645, dimana z =

x− µ0

σ/√

n.

5. Perhitungan: x = 71.8 tahun, σ = 8.9 tahun, dan z =71.8− 708.9/

√100

= 2.02

6. Keputusan: Tolak H0, umur orang US rata-rata memang lebih dari 70tahun.

diktat probstat

Documents