kebarangkalian & statistik

8/10/2019 KEBARANGKALIAN & STATISTIK

http://slidepdf.com/reader/full/kebarangkalian-statistik 1/466



K E B A R A N G K A L I A ND A NS T A T IS T IK



K E B A R A N G K A L I A ND A NS T A T IS T IK

M a n s o r J u s o hMA. Statistic Ph.D. (Economics)Jabatan Statistik EkonomiFakuiti Ekonomi Univarsiti Kebang,aan Malaysia

Dewan Bahasa dan Pustaka

Kementerian Pelajaran MalaysiaKuala Lumpur1986



KK.310—3243 4 1 0 1

Hakcipta terpelihara. Tidak dibenarkan mengeluar ulang mana-rnana bahagian, artikel,ilustrasi, is i kandun~nboku m i dalam a pa juga bentuk dan dengan apa cara pun samaada secara elektronk, fotokopi, mekanik, rakaman atau lain-lain sebelum mendapat izinbertulis daripada Ketua Pengarah, Dewan Bahasa den Pustaka. Perundingan tertakiukkepada perkiraan royalti atau honorarium.

©Hakcipta MansorJusoh 1986Cetakan Pertama 1986

Oiaturhuruf oleh Dewan B ahasa dan PustakaRupataip Teks: T/Roman Mono (Kod 327-6801)Saiz TaipTeks: 10/12 pain.

Dicetak olahPercetakan Dowan Bahasa dan Pustaka

Lot1037, Mukim P erindustsian PKNSAmpang/Hulu KelangSelangor.

$ 2 0 . 0 0



Prakata

Penulisan buku m i timbul dan hasrat untuk menyediakan buku teks

yang sesuai dalam bahasa Malaysia bagi bidang kebarangkalian danstatistik. Ia dirasakan amat sesuai untuk peringkat pengenalan dan pe-ringkat pertengahan bagi kursus-kursus dalam kedua-dua bidang m i . Di

samping itu, buku m i juga botch digunakan untuk peringkat pengenalan

bagi kursus statistik matematik.

Adalah menjadi tujuan utama buku m i untuk memberikan penge-

tahuan asas bagi pelajar-pelajar yang mengkhusus di bidang statistik, disamping tidak menyekat penggunaannya bagi pelajar-pelajar di bidang

lain yang mengambil kursus statistik sebagai mata pelajaran pilihan. Bukum i juga tidak melupakan pengguna kaedah statistik yang memerlukan

penjelasan teori terhadap apa yang digunakan di dalam praktik. Dengan

cara demikian pemahaman terhadap apa yang digunakan adalah lcbih

jelas dan Iebih bererti. Jadi untuk tujuan-tujuan tersebut buku m i cubaseboleh-boleh untuk menjauhkan penggunaan matematik yang tinggi,

tanpa menghilangkan keupayaan untuk memberi penjelasan sistematik

yang diperlukan di dalam bidang statistik.Pembahagian buku m i dibuat kepada dua peringkat yang merang-

kumi bab-bab yang memberikan penjelasan asas terhadap konsep ke-

barangkalian dan statistik untuk membolehkan pemahaman yang lebih

baik terhadap bidang statistik. Ia juga memberikan taburan-taburankebarangkalian khusus yang kerap dijumpai di dalam penggunaan

statistik. Peringkat yang kedua memberikan konsep asas teori persam-pelan berserta dengan bidang yang sangat penting dalam penggunaan sta-

tistik iaitu inferens statistik. Di dalam inferens statistik, penekanan hanya

diberi kepada teori klasik yang merupakan asas pemahaman konsep in-ferens statistik. Aplikasi dalam bidang m i juga tidak dilupakan denganmemasukkannya sebagai bab-bab yang berasingan. Begitu juga dengankaedah inferens statistik yang kerap digunakan. Analisis regresi dan

analisis varians diberikan dalam bentuk gabungan teori-teori asas danaplikasi mudah untuk menambahkan pemahaman pengguna kaedah ter-

V



sebut apabila berhadapan dengan masalah yang lebih rumit di dalam

praktik.Terangkum dalam buku m i , kita perhatikan, percubaan untuk meng-

gunakan penjelasan yang lebih mudah untuk tujuan para pelajar dan pe-

nyelidik yang menggunakan buku m i sebagai asas teori terhadap peng-gunaan statistik yang digunakan dengan tidak meluputkan keupayaanuntuk menyediakan keperluan asas pelajar-pelajar bidang statistik yang

ingin melanjutkan pemahaman konsep dan teori-teori statistik yang Iebih

tinggi.

Mansor Jusoh

vi



BAB1PENGENALAN

Bidang ilmu kebarangkalian dan statistik walaupun kadang-kadang

dikaji s~araberasingan tetapi adalah merupakan bidang-bidang yang

aniat sukar untuk dipisahkan. Kita dapati agak sukar untuk mengkaji

salah satu daripadanya tanpa melibatkan fahaman atau penggunaan

konsep-konsep daripada bidang yang satu lagi. Kajian bidang statistik

tidak akan lengkap tanpa penggunaan pemahaman konsep-konsepkebarangkalian. Begitu juga, pengkajian bidang kebarangkalian semata-

mata,dianggäptidak Iengkap jika tidak dihubungkan dengan bidang yang

satu lagi iaitu statistik, atau sekurang-kurangnya dapat dianggapkanbahawa kajian dalam bidang kebarangkalian akan akhirnya membawa

kita kepada penggunaannya di bidang statistik.

Apa yang amat ketara daripada hubungan kedua-dua bidang m i ialah

s~araumumnya kajian bidang statistik itu amat perlu disertakan denganpemahaman dalam bidang kebarangkalian. Dan apa yang akanditekankan dalam buku m i adalah aspek tersebut, yakni kajian bidang

kebarangkalian diberikan untuk penggunaan dalam pemahaman bidang

statistik. Walaupun demikian tidaklah dinafikan bahawa kebarangkalian

juga boteh digunakan secara tersendiri.

1 .1 Persoalan Umum dalam StatistikMasalah utama yang dibincang dalam statistik adalahberkait

dengan cara mempersembah dan meramalkan ukuran-ukurantertentu. Ia merupakan satu bidang ilmu yang bukan sahaja

melibatkan dengan memungut data dan mernpersethbahkannya

dalam bentuk carta atau jadual atau ukuran-ukuran tertentuberkenaan data tersebut, tetapi juga merupakan ramalan terhadap

sesuatu yang dikaji (populasi) berdasarkan sebahagian atau ke-semua data yang diamati. Malah secara lebih umum, ia melibatkan



KEBARANGKALIAN DAN STATISTIK

masalah keseluruhan membuat keputusan berdasarkan perkara-

perkara yang tidak pasti. Masalah melihat pendapatan penduduk

Malaysia misalnya, bukan sahaja terhad kepada mempersembahkan jadual-jadual untuk menunjukkan taburan pendapatan danbilangan penduduk yang berpendapatan tertentu atau mengira

ukuran-ukuran tertentu seperti mengira purata pendapatan atausebagainya, tetapi juga mungkin melibatkan ramalan terhadappendapatan penduduk Malaysia pada masa-masa akan datang.

Begitujuga dalam masalah melihat bilangan pesakit kencing manis

di Malaysia. Mungkin kita akan melihat hanya sebahagian kecil

penduduk Malaysia umpamanya yang menerima rawatan di

Hospital Besar Kuala Lumpur dan dan sini, membuat keputusanatau ramalan terhadap bilangan pesakit m i di seluruh Malaysia.Atau lebih lanjut mungkin setelah dijierhatikan beberapa aspek

tertentu seperti kadar penggunaan gula, jenis-jenis makanan yangdiminati oleh rakyat Malaysia atau sebagainya, mungkin kita akanmeramalkan bilangan pesakit m i dalam masa lima atau sepuluh

tahun akan datang.

Kita perhatikan bahawa dalam pendekatan ml untuk mencapaipersembahan atau ramalan yang memuaskan, kita tidak boleh lepas

daripada menganggap masalah yang dikaji sebagal satu bentuk percubaan yang keputusan atau kesudahannya masih belum pasti.Percubaan m i mungkmn dalam bentuk percubaan yang paling

ringkas sebagaimana memerhati keputusan daripada satu duit

syiing yang dilambung sekali atau mungkmn boleh diperluaskankepada percubaan yang Iebih sukar yang ditemui dalam keadaanhan-han. Dan percubaan yang hanya mempunyai duakemungkiuan kesudahan seperti “kepala” dan “ekor” dalammelambung duit syiling sekali atau “sakit kencing manis” dan “tidak

sakit kencing manis” dalam melihat seorang penduduk Malaysiahinggalah kepada percubaan yang mempunyai banyak kesudahanseperti kemungkinan pendapatan bulanan, dan $0 hingga Sa

tertentu seorang penduduk Malaysia. Danipada percubaan m i,pengukuran boleh dibuat danipada pengamatan yang diperolehi.

Percubaan-percubaan tersebut boleh diulang untuk menun-

jukkan suasana tertentu supaya unsur-unsur tidak pasti tadi

dapat diperhatikan. Misalnya di dalam percubaan melambung duitsyiling sekali, kita akandengan pasti dapat menentukan bahawa dua

kesudahan “kepala” atau “ekor” yang akan rnuncul. Apabila duitsyiling yang sama dilambung berkali-kali baharulah dapat di-

2



PENGEN ALAN

putuskan kesudahan manakab yang sening muncul. Maka dansinilah dapat diramalkan dengan lebih pasti “kelakuan” kesudahandanipada percubaan tersebut. Begitu juga dengan masalah melihat

pesakit kencing manis. Jika hanya seonang yang dilihat, kita hanyadapat tentukan sama ada dia sakit ataupun tidak tanpa dapatmenggambarkan suasana sebenar penduduk Malaysia. Sekiranya

1000 orang yang ditihat dan diketahul bitangan onang yang sakit,maka dapat kita ramalkan suasana sebenan penduduk Malaysia.

Daripada penhatian yang dmbuat tenhadap ulangan pencubaanm i akan dapat dikumpulkan pengamatan yang merupakan data bagi

percubaan tensebut. Inilah yang akan menupakan gambanan ukunan

kepada masalah atau populasi yang dikaji. Dan kajian statistik adalah benusaha, dengan menggunakan kaedah-kaedahnya yang

berbagai, untuk mempersembah, menganalisis data m i untuk memperolehi ketenangan benkenaan data itu sendini dan juga

populasi atau masatah yang dikaji. -

1.2 Statistik Berperihalan dan Statistik AruhanDalam kebanyakan masatah mengguna kaedah-kaedah

statistik kita umumnya boleh membahagikan kepada dua bidang

yang sating berkaitan, iaitu statistik benperihalan dan statistik anuhan. Jika kita hanya berminat kepada pensembahan data yang

dipenolehi setakat menjelaskan kedudukan himpunan data tadi,

tanpa melihatkan penjelasan umum tenhadap himpunan yang leblK

besar di mana data tadi menjadi sebahagian danipadanya maka kita

benada dalam bidang statistik benperihalan. Jika olahan datamelibatkan juga usaha membeni ketenangan umum tenhadap

himpunan yang lebih besan atau ramalan-namatan terhadapkeadaan akan datang, maka kita tenmasuk dalam bidang statistik

anuhan. Sebagai misalannya, katalah kita mempunyai himpunannilai yang menunjukkan bilangan pelajan Univensiti KebangsaanMalaysia (U.K.M) yang ponteng kuliah dalam satu minggu.

Sebanang nilai yang menenangkan data tersebut sepenti peratuspelajan yang ponteng, bilangan pelajan penempuan yang ponteng

atau nisbah pelajar perempuan dan lelaki yang ponteng bagi pelajan-pelajan U.K.M dan dalam minggu tersebut adalah berkait dengan

statistik benpenihatan. Manakala, jika membuat kesimpulanterhadap seluruh pelajan univensiti di Malaysia atau terhadap

pelajan-pelajar U.K.M sendmni untuk satu semester adalahmenupakan bidang kajian statistik anuhan.

3



KEBARANGKALIAN DAN 5TATi5TIK

Dalam bidang statistik anuhan secara umumnya penggunaan

kebanangkalian tidak dapat dielakkan.

m i memandangkan

kebanyakan kajian statistik aruhan tenlibat dengan usur-unsuntidak pasti. Oleh itu, untuk mencapai tingkat pemahaman yang lebih

jelas mengenai niasalah dalam statistik aruhan m i wajanlah

diketahui terlebih dahulu bidang kebarangkalian itu sendini. Oleh

kenana hubungan di antana kedua-dua bidang ml amat napat dansukar untuk diasingkan, maka kebanyakan konsep dan penjelasankadang-kadang tenpaksa dihuraikan secana senentak.

1.3 Statistik dan Keharangkalian

Walaupun kedua-dua bidang m i dihubungkan dengan konsep

pencubaan tetapi penekanan terhadap masatah yang dibincangkanmembezakan kedua-duanya. Jika, sebagal contoh, kita ambil

percubaan melambung duit syiling sepuluh kali dan ingin me-menhatikan apakah “peluang” atau kebanangkalian tidak adasatu pun “kepala” yang keluar, maka masalah yang dibincangkanadalah masalah kebanangkalian. Tetapi jika kita ingin menentu-

kandanipada 1 0 lambungan tadi adakah kebanangkalian tidak men-dapat satu pun “kepala” adalah 010, maka kita benhadapan denganmasalah statistik. Begitu rumitnya penbezaan kedua-duanya

menyebabkan sukar untuk kedua-duanya dikaji secana berasingan.

Bagaimanapun secana ningkas, penkana utama yanigmembezakan bidang-bidang m i adalah masalah yang cubadiselesaikan. Dalam bidang kebanangkalian bmdang masalah yang

dihadapi ialah apabila dibeni kebarangkalian kesemua penistiwa

tertentu dan cuba menyelesaikan masalah meneani kebanangkalian

terhadap penistiwa-penistiwa yang benkaitan dengan penistiwa yang

telah pun dibeni. Dalam mencari kebarangkalian tadi mungkin

dalam bentuk nilal tepat, penghampiran ataupun batas-batasnyasahaja. Manakala dalam statistik pula kita diberi satu keluargakebanangkalian yang salah satu atau sebahagiannya boleh mewakili

perkana yang• dikaji. Dan tugas utama adalah memilih danipada

kesemua kemungkinan m i ahli keluanga yang benan-benan boleh

mewakili penkara tensebut, bendasankañ keputusan percubaan yangtelah dijalankan. Jadi masalah yang benkaitan mungkin

thenggunakan keputusan m i, untuk membeni keterangan tentang

perkara yang dikaji atau mungkin untuk membuat namalan.

Oleh kenana pemahaman tenhadap teoni-teoni kaedah statistik

memenlukan pemahainan konsep dan teonm kebarangkalian terlebih

4



PENGEN ALAN

dahulu, maka di sini kita akan terlebih dahulu kemukakan bab-bab

yang berkaitan dengannya. Selepas itu baharulah konsep dan teoni

m i dihubungkan dengan masalah statistik dalam bab-bab

berikutnya.

Untuk mcmudahkan pemahaman yang benkaitan dengankebarangkalian, kita mulakan perbincangan dengan mempelajani

konsep dan fahaman tenhadap teori set tenlebih dahulu. Bab 2 danbab-bab seterusnya hingga 7 akan dibincangkan hal-hal yang

berkait dengan kebarangkalian, manakala Bab 8 dan setenusnya

mengenai perbincangan bidang statistik. Di samping itu aspek gunaan terhadap teonl dan kaedah statistik tadi juga disentakan

secana ningkas.

5



BAB2SET DAN KEBARANGKALIAN

Konsep asas adalah penting untuk mempelajani dan memahami

statistik dan kebarangkalian, khususnya ialah konsep set. Konsep ml

memberikan satu “bentuk bahasa” yang membolehkan kita menyelami

konsep-konsep dan teoni-teoni yang benkaitan di dalam bidang tensebut

dengan lebih mudah dan jelas. Untuk maksud itu, tenlebih dahulu kitaperturunkan sebahagian danipada teoni-teoni set yang difikirkan

berkaitan. Selepas m i bahanulah kita mulakan penbincangan mengenal

kebarangkalian.

2 .1 Set dan Snbset

Satu set adalah boleh difikinkan sebagai satu himpunan objek

atau entiti. Himpunan tensebut hanuslah ditaknifdenganjelas supayaboleh ditentukan apa yang tenkandung dan apa yang terkeluan dani

himpunan tensebut.

Definish 2.1

Set adalah himpunan yang bentaknif dengan jelas bagi objek -

objek.

Sebagai misalan, himpunan ibu negeri di Malaysia, sungai-sungai dinegeni Selangon, nombonbulat positif atau himpunan nombor nyatadi antara sifan dan sepuluh adalah menupakan contoh-contoh set.

Untuk mencatat set selalunya hunuf besar sepenti A, B,CX dansebagainya digunakan. Sementara objek yang menganggotai set

dicatat dengan huruf kecil sepenti a, be dan sebagainya. Objek yangmenganggotai set m i dipanggil unsun atau ahli kepada set tensebut.

Jika s adalah unsun kepada set S . maka kita tutis

5 ES

6



SET DAN KEBARANGKALIAN

Sebaliknya jika a adalah bukan unsur kepada S kita tulis

a4 S

Untuk menunjukkan hubungan di antara unsun-unsun di dalamset beberapa cara boleh digunakan untuk menggambankannya.

Misalnya,jika A adalah merupakan set yang mengandungi unsun 3 ,4 , 5 , 6 dan 7 maka A boleh ditulis sebagai

A = {3,4,5,6,7}.

atauA = {xlx=3,4,5,6,7}.

Jika set B pula adalah menupakan kesemua kesudahan bila satu duit

syiling dilambung sekali,dan jika kita taknifkan k sebagai kesudahan“kepala” yang keluar danesebagai kesudahan “ekor” yang keluan, B

boleh dicatat sebagai

B = {k,e}

Sekiranya set C pula adalah set yang mengandungi semua nombonnyata positif, maka C ditulis sebagai

C = {x; 0 < x C

Set juga boleh ditulis dalam bentuk kenyataan sepenti

D = {(x, y); x + y = 4}

yang benenti set D adalah set yang mengandungi pasangan titik (x, y )

supaya titik tersebut memenuhi syanat bahawa jumlahnya adalahsama dengan 4 .

Dani bebenapa contoh di atas kita penhatikan bahawa set boleh

tendini danipada unsur-unsur yang boleh dibilang dan yang tldak dibilang. Set-set m i masing-masing dipanggil set finit dan set infinit.

Set-set finit adalah sepenti A. B dan C sementana set-set infinit adalah

C dan D.

Definisi: 2.2

Dua set A dan B dikatakan sama, dan ditulis A = B , jika setiap

unsun di dalam A terdapat di dalam B, dan setiap unsun di dalam B

7




juga tendapat di dalam A . Jika tidak, set A dan B adalah tidak sama

dan dicatat sebagai A

B .

Contoh: 2.1Jikatendapattigaset,A = [J,2,3},B = {3,2, l}danC = {l,2,3,

4} makaA=B

teta p 1A # C dan B C

Kadangkala semasa memerhati set, kita hanya tertanik kepadasebahagian danipada u~sur-unsurset tensebut. Sebahagian danipada

unsun-unsun m i juga adalah merupakan set. Set m i dinamakan subset

kepada set tersebut.

Definisi: 2.3Satu set A adalah subsetkepada set Bjika setiap unsun di dalam

A adalah juga unsun kepada set B . Subset dicatat sebagai A c B .

Contoh: 2,2

JikasetA = {2,3,4,5,6}dansetB = {3,5}makaB c AdanA A, begitu juga B = B .

Bendasankan definisi dan cqntoh di atas, tennyata setiap set jugamerupakan subset kepada set itu sendini. Sebarang subset yang

bukan set itu sendiri dinamakan subset sempunna, iaitu dalam

contoh 2 .2 , B adalah subset sempurna bagi A oleh kenana B = A

tetapi B A.

Jikalau satu set mengandungi kesemua kemungkinan unsun

atau subset yang ingin dibmncangkan i a dinamakan set universal danselalunya dicatat sebagai S atau U. Untuk kemudahan kita set

universal m i juga dipan~gilsebagai set bagi nuang sampel, iaitu set

yang mengandungi kesemua kemungkinan kesudahan (unsur) hasil

danipada satu-satu percubaan rawak.

Satu set yang tidak mengandungi sebarang unsur dinamakanset nul atau set kosong dan dicatat 4 . Ternyata set 4 ’ = { } adalahsubset kepada sebarang set.

Con toh : 2.3

Jika S = {s 1, ~2’ s 3} adalah set universal maka subset yang

8




terkandung di dalamnya ialah {s 1 } , {s2}, {53}, {s,, sj} {s~,s3}, {s2, s3},

{si’ s2, S3} dan { 4 ’ } .2.2 Operasi Set

Penggunaan set juga boleh melibatkan usaha mengoperasikan

set untuk membentuk set baharu. Beberapa set boleh digabungkansupaya membentuk set baharu. Ini diperlukan dan adalah sangatmustahak untuk tujuan kita. Sekarang kita kemukakan bebenapa

bentuk operasi set yang selalu dijumpai.

Untuk membantu kita menjelaskan operasi m i, boleh di-gunakan satu jenis ilustrasi yang dinamakan gambarajah Venn. Di

dalam gambarajah Venn, set universal selalunya digambankandengan segiempat tepat dan subset-subset bagi set universal

ditunjukkan oleh kawasan (selalunya bulatan) di dalam segiempat

tepat tersebut. Contoh gambarajah Venn dibenikan sepenti

gambanajah 2.1.

Gambara jah 2.1: Gambarajah Venn bag i set U dan

subset A, B , C , dan D .

Definki 2.1: PeIei~kapJika A adalah subset kepada set universal 5, maka pelengkap

bagi A, ditulis A ’ atau N, adalah set yang mengandungi semua unsur

di dalam S tetapi bukan kepada A.

Secara simbol, definisi 2.1 boleh ditulis sebagai

A’= {s:sesdans*~4}

atau dengan menggunakan gambarajah Venn, A’ ditunjukkan oleh

kawasan benlonek.

U

9




C o n t o h : 2 .1Katalah S = { 0 , 1,2,3,4,5,6,7, 8,9} dan subset A .= {0,1,2,3,7}

maka pelengkap b,agi A ialah A = {4,5,6,8,9}.

Definisi 2.2: Kesatuan

Katalah A dan B ialah dua set. Kesatuan A dan B, dicatat Au B,

adalah set yang mengandungi unsur-unsur yang terkaridung didalam A atau B atau kedua-duanya sekali.

Secara simbol kesatuan A dan B ialãhAuB={x:xeAatauxEB}.

A u B ditunjukkan sebagai kawasan

gambarajah Venn di bawah.

benlorek di dalam

Gambarajah 2.3~A ~ B

Gambarajah 2.2: Pelengkap A

S

10




Con toh : 2.2Katalah set-Set A = { 1 , 2 , 3} dan B = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5}, maka

kesatuan antara A dan B ialah set A u B = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5} .Dengan menggunakan definisi atau gambarajah Venn, adalah

tidak sukar untuk menunjukkan bahawa:

Au S=S A uA’=SAu4’= A

Konsep kesatuan bagi dua set bol~hdikembangkan untuk merangkumi kesatuan bagi beberapa set. Jika terdapat set-set A

1,

A2 A, maka kesatuan set tersebut ditakrif sebagai

UA~= A, u A2 u.. u

= {x;x E A1 atau xe A~atau ... atau xeA~

Kesatuan bagi tiga Set A1. A2 dan A3 ditunjukkan sebagai kawasan

berlorek dalam gambarajah Venn 2 .4 .

Definisi: 2.3 Persilangan

Katalah A dan B adalah dua set. Persilangan bagi set A dan B

ditulis A r~ B, adalah set yang mengandungi unsur-unsun yangterkandung di dalam A dan juga di dalam B.

Secara simbol ia boleh ditunjukkan sebagal

A ~ B = {x: xeAdanxEB}.

Gambarajah 2.4: A, ~ A, ~ A, =

1 1




A ~ B = {2 , 4}

Manakala dengan gambanajah Venn A r~B ditunjukkan sebagai

kawasan berlonek dalam gambarajah 2.5.

S

G am ba r aJa h 2.5: Kawasan berlorek menunjukkanBetA nB

Contoh: 2.3Katalah A = {1, 2 , 3 , 4, 5 } dan B = {2 , 4, 6 , 8 , 1 0} maka

persilangan A

dan B

ialah set

Definisi 2.3 boleh dikembangkan untuk mengambilkira

pensilangan bagi beberapa set. Jika A1 , A 2 A~ialah set-set maka

persilangan Set-set tensebut ialah set yangmengandungi unsur yang

menjadi ahli kepada kesemua set tersebut.

n A~= A1 n A2 n ... nA~xe A~dan x C A2 dan ... dan x

Berdasarkan definisi persilangan adalah tidak sukar untuk menunjukkan bahawa

AnS= A

A n A’ = 4 ’

Definisi 2.4: Tak Bercantum

Jika persilangan dua set A dan B tidak mengandungi sebarangunsur, A n B = 4 ’ . maka set A dan B dikatakan tak bercantum.

Berdasarkan definisi di atas, ternyata set A dan pelengkap bagi

A adalah dua set yang tak bercantum oleh kerana A n A’ = 4 ’

12




00G am bara jah 2.6: Se t A dan Badalah tak bercantum

Jika dua set A dan B tak bercantum maka set A dan B jugadipanggil saling bereksklusif.

Definisi 2.5: BezaanKatalah terdapat dua set A dan B . Bezaan A daripada B, dicatat

A — B, adalah set yang mengandungi unsunyang terdapat di dalam A tetapi tidak dalam B.

G am bara jah 2.7: K a w a s a n ber lorek lalal,

set A — B .

Bezaan A dan B sebenannya dapat digambarkan juga oleh

konsep operasi yang telah dibenikan sebelum m i iaitu

A—B=AnB

Konsep operasi set sebenarnya boleh dikembangkan untuk melibat gabungan operasi set. Set-set bahanu yang terjadi hasil

S

A

1 3




campuran pelengkap, kesatuan dan persilangan dapat dijelaskan

dengan menggunakan gambarajah Venn. Di sini diberikan beberapabentuk operasi yang selalu ditemui untuk latihan. Diharapkanpelajar-pelajar mencuba dan tunjukkan dengan melukis gambarajahVenn serta melorekkan kawasan-kawasan berkenaan.

A u B = B u A dan A n B = B n A

(A u B) u C = A u (B u C)(A n B) n C = A n (B n C)

A n (B u C) = (A n B) u (A n C)A u (B n C) = (A u B) n (A u C)

(A’)’ = A(A u B)’ = A’ n B ’ (A n B)’ = A’ u B ’

A n (A u A’) = A(A n A) u (A n A’) = A

2.3 Percuhaan Rawak dan Ruang Sampel

Dalam kajian teori kebarangkalian kita tidak boleh Ian dan

menganggap keadaan han-han yang berlaku sebagai hasil dan satupencubaan yang belum tentu kesudahannya. Keadaan~sepertiseorang pelajar mengambil pepeniksaan misalnya adaiah tentakiuk

kepada kemungkinan lulus atau tidak lulus. Seorang individu dipilih

dan diperhati berat badannya,juga mempunyai kemungkinan beratyang masih belum tentu. Keadaan-keadaan sebegini dalam kajian

kebanangkalian adalah dianggap sama pnosesnya sebagai percubaanmelambung duit syiling dan memerhati kesudahannya. Sama ada“ekor” atau “kepala” yang muncul adalah masihbelum pasti selagi

pencubaan itu belum selesai. Jadi di sini kita benhadapan denganbentuk percubaan yang benunsur tidak pasti akan kesudahannya.

Percubaan sebegini dinamakan percubaan rawak.

Definisi: 3.1Percubaan rawak ialah sesuatu yang dilakukan dalam keadaan

tertentu di mana kesudahannya adalah tidak pasti.Danipada konsep percubaan rawak yang mudah ml kita akan

dapat menghayati keadaan atau “percubaan” yang benlaku

sebenarnya.Di dalam memerhati konsep percubaan rawak tadi kita

bertemu dengan beberapa kemungkinan, hash daripada percubaan

14




tersebut. Hasil daripada satu-satu percubaan m i dinamakankesudahan bagi satu percubaan rawak. Kesemua kesudahan

m iadalah merupakan satu set yang jika dihubungkan dengan konsepdan seksyen 2 .1 Ia adalab merupakan set universal.

Definisi 3.2: Ruang Sampel

Set yang mengandungi kesemua kemungkinan kesudahandaripada satu-satu percubaan rawak dinamakan set bagi ruangsampelatau ringkasnya ruang sampel dan dicatat sebagai S .

Sebagai contoh dalam percubaan~melambung duit syiling

sekali, kepala ‘K ’ dan ekor ‘E ’ adalah merupakan kesemuakemungkinan kesudahan percubaan tersebut. Set S = {K, E} mladalah merupakan nuang sampel.

Sebagai ingatan, harus kita perhatikan juga bahawa ruangsampel itu sebenarnya bukan sahaja ditentukan oleh percubaan. Ia

juga ditentukan oleh tujuan percubaan itu sendini. Katalah, sebagai

misalan, percubaan melambung dua duit syiling sekali. Kemung-kinan kesudahan adatah set

S = {KK, KE, EK, EE}.

Tetapi jika kita hanya berminat kepada bilangan “kepala” yang

keluar, maka cuma tiga kesudahan sahaja yang menjadikan ruangsampel iaitu

S = {0 , 1 , 2}.

2.4 Peristiwa

Kita perhatikan bahawa di dalam nuang sampel terkandungunsur yang terdiri danipada beberapa kemungkinan kesudahan.Tiap-tiap kesudahan m i juga dinamakan titik-titik sampel ataupenistiwa mudah. Sebarang kombinasi penistiwa mudah yang

menjadi minat kita adalah merupakan subset kepada ruang sampel.

Subset m i kita namakan peristiwa.

Definisi 4.1: Peristiwa

Penistiwa adalah merupakan subset kepada ruang sampel.

Kemungkinan penistiwa hanya merupakan subset yang

mengandungi satu titik sampel adalah jelas dan definisi diatas. Penistiwa begini adalah dipanggil peristiwa mudah. Penistiwayang mengandungi kombinasj penistiwa mudah dipanggil penistiwa

majmuk. Manakala penistiwa yang mengandungi kesemuapenistiwa

1 5




d m dalam ruang sampel dipanggil peristiwa benar. Sementara

peristiwa yang tidak mengandungi sebarang unsur dipanggilperistiwa nul.

Defrnisi 4.2: Peristiwa Saling Bereksklusif

Dua peristiwa A dan B adalah saling bereksklusif jika

pensilangan di antara A dan B adalah penistiwa nul.

Definisi 4 .2 memberi gambaran bahawajika A dan B adalah duaset, silangan set m i ialah set nul; iaitu A n B = 4 ’ . Atau dengan katalain set A dan B adalah tak bercantum.

Dengan bahasa yang Iebih mudah, penistiwa A dan B adalahsaling bereksklusif jika sekiranya penistiwa tidak boleh benlaku

secara serentak.

Contoh: 4.1

Bincangkan percubaan melambung dua duit syiling sekali.Kemungkinan kesudahan:

S = {KK, KE, EK, EE}

= {S~,~2’ 53, 54= {KK}, ~2 = {KE}, 53 = {EK} dan 54 {EE} adalah titik-titik

sampel atau penistiwa mudah.

Jika kita taknifkan A sebagai peristiwa untuk mendapatkan satu K maka A adalah penistiwa yang mengandungi titik-titik sampel, ~2

dan 53 atau A = {KE, EK}.

Jika B adalah peristiwa untuk mendapatkan dua K, maka

B = {KK}.

adalah penistiwa mudah.

Penistiwa untuk mendapatkan sekurang-kurangnya satu K adalahmerupakan kesatuan penistiwa A atau penistiwa B iaitu

A u B = {KE, EK, KK}.

Contoh: 4.2

Perhatikan pereubaan mencampak dua buah dadu sekali.Katalah kita berminat kepada jumlah “.“ yang keluar. Kemungkinankesudahan ialah

S = {2 , 3,4,5,6,7, 8,9, 10 , 1!, 12} .

16



Kandungan

Muka Surat

Prakata

BAR 1

Pengenalan 1

BAR 2Set dan Kebarangkalian 6

BAR 3

Taburan Pembolehubah Rawak 52

BAB 4

Set-set Beberapa Pembolehubah Rawak 86

BAR SJangkaan Matematik 1 .3 0

BAB 6Taburan-taburan Khusus: Diskrit 1 7 4

BAB 7Taburan-taburan Khusus: Selanjar 207

BAR STeori Persampelan 233

BAR 9

Teori Penganggaran 258BAR 10

Ujian Hipotesis: Teori 295

BAR 11Ujian Hipotesis: Penggunaan 3 31

BAR 12

Analisis Varians 369

BAR 13

Regresi 404

Senarsi Istilah 449

vi’



KEBARANGKALIAN DAN STATI5TIK

Kita perhatikan unsur-unsur dalam set S adalah nilai-nilai dan 13

hingga 2 yang tak holeh dibilang. Titik-titik sampel sebenarnyatidak tertakrif pada satu-satu titik tetapi pada satu selang tertentu.

Begitu juga dengan ruang sampel S .

S = {x; 3 < x c 8}.

Dan contoh-contoh yang telah dikemukakan kita dapat

membuat kesimpulan bahawa ruang sampel boleh dibahagikankepada tiga kategori. laitu ruang sampel yang mengandungi unsur-

unsur yang boleh dibilang yang dipanggil ruang sampel finit, ruangsampel yang infinit terbilang seperti contoh 4.3 dan ruang sampel

yang ditakrif di atas selang iaitu ruang sampel tak terbilang

sebagaimana contoh 4 . 4 .Dalam kebanyakan kes ruang sampel finit dan infinit terbilang

tidak diasingkan dan dipanggil ruang sampel diskrit. Sementara

ruang sampel tak terbilang dipanggil ruang sampel selanjar.

2.5 Mengira Titik Sampel

Satu masalah dalam memerhatikan kesudahan percubaanràwak ialah menentukan jumlah unsur di dalam ruang sampel ataupenistiwa. Masalah m i akan menjadi lebih besar bila percubaanadalah sukar dan menghasilkan titik sampel yang banyak. Konsep-

konsep yang digunakan untuk mengira jumlah unsur diberikansecara ningkas di sini.

Teorem: 5.1Jika satu operasi boleh dijalankan dengan n

1 cara danjika dan

setiap cara operasi kedua boleh dijalankan dengan n 2 cara, makakedua-dua operasi boleh dilakukan bersama dengan n, x n2 cara.

Contoh: SiBerapa banyak titik sampel jika dua dadu dicampak serentak.Dadu pentama ada 6 unsur 1 , 2, 3, 4 , 5 , 6

Dadu kedua ada 6 unsur 1 , 2, 3, 4 , 5 , 6

Jadi pasangan yang boleh dibentuk dan kedua-dua dadu ialah1 dengan 1 , 2,..,, 62 dengan 1 , 2,..., 6

1 8




6 dengan I, 2 6

yakni 6 x 6 cana.Pninsip-pninsip dani teorem 5 .1 di atas bolch dikembangkan

kepada openasi yang melibatkan lebih dad dua set.

Teorem: 5.2

Jika A,,...,A~ set-set openasi yang masing-masing mengandungi

in,. in 2 . . . , in~cana maka n — pasangan openasi bersama bolch

dilakukan dengan in 1 x x . . . x m~cana

Contoh: 5.2

Tendapat 5 jenis sabUn, 3 jenis ubat gigi dan 2 jenis syampu

dijual di sebuah kedai. Seorang suni numah ingin membeli satubanang bagi tiap-tiap jenis. Ada berapa cara ia dapat membelinya.

Sun numah m i mempunyai 5 cara untuk memilih sabun.

Dani tiap-tiap satu jenama sabun ia boleh memilih 3 jenis ubatgigi.

Dani kedua banang m i tendapat 5 x 3 cara.

Dan tiap-tiap kombinasi sabun dan ubat gigi dia boleh memiih2 jenis syampu.

Jadi kesemua cana ialah 5 x 3 x 2 cana.

Analisis PilihaturKadang-kadang dalam mengina unsun dalam ruang sampel kita

hanya benminat kepada set yang mengandungi unsur-unsur yangdisusun mengikut aturan. Yakni satu titik itu dianggap sama jikaobjek yang terkandung adalah sama; begitujuga dengan aturan atau

kedudukan objek itu juga hanus sama.Sebagai contoh A, B, C adalah tidak sama dengan B, C, A kerana

aturannya tidak sama. Cara untuk mendapat junilah aturan ml

dinamakan analisis pilihatun.

Definisi: 5.1Analisis pilihatur ialah susunan bagi kesemua atau sebahagian

dan set bagi objek-objek.

1 9



SET DAN KEBARANUKALIAN

Jika kita gunakan teonem 5 .3 dengan senang kita boleh

tunjukkan ia sama dengan 720 cana iaitu

to p 3 = = 10 . 9. 8 = 720.

Teorem: 5.4Jumlah piihatur yang benbeza bagi n objek yang terdini dani n,

n . , 1 jenis yang benlainan ialah

n,!n2! . . .

Contoh: 5.5Dengan benapa canakah dapat dmsusun 3 lelaki dan 2

perempuan untuk memegang 5 jawatan yang berlainan?

Penyelesaian:

Jumlah susunan yang benbeza ialah

5 !

laitu terdapat 10 cara susunan.

Kadangkala kita memenlukanjuga pengiraanjumlah pilihatur nobjek diambil I c setiap kali bila objek yang sama dibenarkanberulang. Keadaan m i menyebabkan pemiihan pertama danpilihan seterusnya adalah dan n objek, sehingga kita mendapat

n.n...n ~,~-~1 = Ilk k- kali

cara pemilihan.

Contoh: 5.6

Satu uncang mengandungi 5 biji bola A, B, C , D danE. Katalah

kita ingin mengambil 3 biji bola yang dipilih satu lepas satu.

Kes A : Apakah jumlah pilihatur jika bola yang diambil tidak

dimasukkan semula ke dalam uncang.

Penyelesaian:

Cabutan pertama terdapat 5

pilihatur A, B, C, D dan E. Untuk cabutan kedua cuma terdapat 4 pilihan oleh kerana satu danipada

bob tersebut sudah diambil. Cabutan yang ketiga cuma terdapat 3

21



KEBARANGKALIAN DAN 5TATISTIK

pilihan olch kenana 2 bola sudah diambil. Otch ,tu tendapat 5 x 4 x

3 = 6Ocara untuk memilih 3 biji bola yang diambil satu pensatujika

gantian tidak dilakukan.Kes B : Apakah jumlah pilihatun jika bola yang diambil

dimasukkan halik ke dalam uncang.

Penyelesaian:

Cabutan pentama tendapat 5 piihan. Begitujuga cabutan keduadan ketiga. Oleh itu tendapat 5 x 5 x 5 = 53 = 125 cana memilih 3

biji bola dan 5 jikalau gantian dibenankan.

Analisis Gabungan

Jika dahulu, di dalam analisis pilihatur susunan objek adalahdianggap mustahak, maka di dalam analisis gabungan ia dilupakan.Yakni jika (A , B, C ) adalah satu susunan maka Ia dianggap sama

dengan Susunan (B , C, A ) atau (A , C, B ). Apa yang dikira, di sini, ialahobjek di dalam susunan walaupun atunan atau kedudukan objeknya

benbeza.

Definisi 5.2Gabungan ialah penyusunan n objek kepada dua set yang

masing-masing mengandungi r dan n — r unsur.

Teorem: 55

Jumlah gabungan n unsur yang berbeza diambil r Setiap kali

ialah

I 1=r!(n —

Perhatikan bahawa analisis gabungan m i adalah benhubung

dengan analisis piihatur dalam bentuk

= PICk

m i adalah diperolehi oleh kenana pilihatur n objek diambil k setiap

kali dapat dianggap sebagai memiih gabungan objek kemudianmengaturnya mengikut susunan. Jumtah susunan yang boleh dibuat

tenhadap I c objek ialah kPk = k!. Dengan teonem 5 .1 kita akan dapatkeputusan di atas.

22




Contob: 5.7

Danipada 8 lelaki dan 2 penempuan dapatkan jumlah jawatankuasa benlainan yang boleh dibentuk jika jawatankuasatensebut hanus mengandungi 2 lelaki dan I penempuan.

Penyelesaian:

Jumlah cana memilih 2 danipada 8 lelaki ialah

= = 28

Jumlah cana memilih I perempuan dan 2 penempuan ialah

= 2 ! = 2Danipada tiap-tiap ahli jawatankuasa penempuan tendapat 28 canauntuk memilih ahli lelaki. Jadi tendapat 2.28 jawatankuasa berlainanyang boleh dibentuk dan 8 lelaki dan 2 penempuan.

2.6 Kebarangkalian

Danipada pencubaan rawak kita telah menemui konsep set bagi

ruang sampel S dan subset atau kelas bagi subset yangmengandungisebahagian danipada S . Sekanangkita penhatikan pula hubungan di

antara set dan subset dalam bentuk hubungan angka. Kitapenhatikan bahawa jika A adalah satu penistiwa yang digambankan

oleh subset A, dan S adalah nuang sampel, maka kemungkinan

benlakunya penistiwa A adalah bengantung kepada t i t ik - t i t ik sampeldi dalam subset A. Oleh itu untuk mengetahui kenapnya berlaku

penistiwa A adalah wajar jika dibandingkan titik-titik di dalam A

dengan titik-titik sampel di dalam S. Penbandingan m i melahmnkan

konsep yang dinamakan k ebanangkalian.

Definisi: 6.1

Kebarangkalian bagi sebanang penistiwa A ialah jumlah unsuryang tendapat dalam A benbanding dengan jumlah unsur yang

tendapat dalam S. Atau ditulis

P(A) =

di mana ‘~menggambankanjumlah unsur di dalam set benkenaan.

23




Katalah C adalah penistiwa mendapatkan jumlah genap.C = {(t, 1),(l,3),(2,2),(3, 1),(t, 5),(2,4),(3,3)

(4, 2), (5, t), (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2 )(4, 6), (5, 5 ) , ( 6 , 4 ) , ( 6 , 6 )}

Oleh itu

IC ~ 18P(C) = w = =

Definisi 6 .1 yang dikenali juga sebagai model kebanangkalian

kiasik adalah melibatkan pengiraan jumlah unsun dalam penistiwa

dan nuang sampel. Syarat utama tiap-tiap unsun atau titik sampeladalah dianggap mempunyai peluang yang sama untuk benlaku.

Atau dengan kata lain, kebanangkalian bagi satu-satu titik sampel

adalah sama sehingga untuk mengetahui kebarangkalian bagi satu-

satu penistiwa dalam kes m i kita hanya penlu tahu kebanangkalian

b a g i t it ik-.t it ik sampel tensebut.

C o n t o h : 6 .3Satu dadu dibaling dan dipenhatikan jumlah’.’ yang muncul.

S = {t, 2 , 3,4, 5 , 6}

S = {Sl.52.53,S4.S5.Se}

maka

IS i} I= iw ~‘

Jika kita taknilkan A sebagai penistiwa untuk mendapatkan nombongenap, maka

P ( A ) = P({52}) + P({S4}) + P({56})

t I t t

= 2

Jika B adalah penistiwa untuk mendapatkan sekurang-kurangnya 2

makaP(B) = P({51}) + P({52})

1 t 1=

25




11 1P(A) = =

Katalah satu lagi penistiwa, B adalah penistiwa mendapatkan

sekunang-kunangnya satu ekor. Maka B = (KE, EK, EE}

Dan

21 t 2 11P(B) = 1,1 + + E~’I

5

9

Kita perhatikan bahawa definisi6.2 adalahlebih umum dan 6.t.

Ia boleh digunakan untuk kes titik sampel yang mempunyai sama

peluang untuk berlaku iaitu dengan mengambil pembenat yang

sama bagi setiap titik. Sebagai contoh, satu pencubaanmenghasilkan n titik sampel yang sama peluang untuk berlaku.

Dengan mengambil sebagai pemberat, kita akan dapat mengina

kebanangkalian bagi sebanang penistiwa. Jika penistiwa A

mengandungi4unsunmakaP(A) = ! +! +! + = ~.iaitusama

seperti menggunakan definisi 6.t.

Bagaimanapun dalam pnaktiknya’kita tidak dapat menentukanpeluang bagi satu-satu titik sampel untuk benlaku. Untuk mengatasimasalah m i pemberat boleh dianggarkan dengan memerhati

bilangan kekerapan kesudahan, hasil dan percubaan berkenaanyang diulang beberapa kati. Pemberat yang diperolehi dengankaedah m i dinamakan kekenapan nelatif.

Contob: 6.6

Satu duit syiing dilambung n kali dan dipenhatikan bilangan

kepala yang keluar. Katatah keputusan adalah seperti jadual 6.1.

n K K f/K)5 2 3 2/5

10 3 7 3/1020 7 13 7/20

27




50 18 32 18/50200 105 95 105/200

5 0 0 2 5 3 24 7 2 5 3 / 5 0 0

Jadual 6 .1 : Keputusan danipada percubaan melambung duit syiing n

kali.

Danipadajadual 6 .1dm atas kekenapan nelatif yang dicatatf/K)adalah menggambarkan bilangan K yang muncul berbandingdengan jumlah bilangan n kali.

Bagi sebanang penistiwa A kekenapan nelatmf bagi A di dalam ii

pencubaan ialah

f~(A)= — x (Jumlah kekerapan A benlaku).

Definisi: 6.3

Kebanangkalian bagi sebarang penistiwa A ialah

P(A) = had f (A)U—. ~

Had dalam definisi 6.3 diwujudkan supaya P(A) dapat

didefinisikan. Definisi jelas menunjukkan 0 < fjA) < 1 bagi

sebanang nilai it. maka P(A) memenuhm syarat(i ) 0 ~ P(A) ~ 1

(ii) E(Ø) = 0

( i m m ) P(S) = 1

Definisi di atas dinamakan definisi bagi kebarangkalian kekerapan

nelatif.

2.7 Aksinm Keharangkalian

Adalah nyata danipada ketiga-tiga definisi yang telahdibincangkan, bahawa hanya percubaan yang menghasilkan ruangsampel diskrit sahaja yang boleh diselesaikan. m i adalah tidak

mencukupi kenana masalah kebarangkalian juga boleh melibatkankes-kes selanjar. Juga masalah penginaan ruang sampel akan

28




semakin sukan bila pencubaan menjadi semakin rumit bentuknya.

Begmtu juga untuk mengulang pencubaan berkali-kali adalah, dalamkebanyakan kes, tidak mungkin. Daripada masalah-masalah m itimbul model kebanangkalian matematik yang bebas dani syaratpenggunan yang telah disebutkan tetapi boleh digunakan untuk kesemua keadaan.

Definisi: 7.1

Satu ukunan kebarangkalian ialah satu fungsi P yangmemadankan unsun-unsun dalam nuang sampel 5, kepada nombon

nyata di mana aksiurn-aksium benikut dipenuhi:(i ) PM) ~ 0 bagi sebarang A c S

(ii) P(S) = 1

( i i i ) jika A1. A2, . . . adalah subset di dalam S dan ia tak

bencantum maka

P( t’4~~= f p(A)

Bendasankan definisi m i ternyata kebarangkalian adalah nilal-nilai nyata bagi fungsi set P yang d ip a n g g il ukuran kebarangkalian

atau ningkasnya kebanangkalman. Aksium-aksium (i ) dan (ii)menentukan yang ukunan kebarangkalian adalah bukan negatifdannilainya di antana 0 dan 1 . Aksium ( i i i ) menunjukkan bahawa

kebarangkalian bagi gabungan penistiwa yang saling beneksklusif

adalah jumlah kebarangkalian bagi setiap penistiwa sebagaimana

yang dijelaskan oleh d e f i n m s m sebelum m i .Harusdiingat definisi 7 .1 tidak membeni tahu apakah bentuk

fungsi kebarangkalian P dan seterusnya kebanangkalman bagi satu-

satu penistiwa. Tetapi ia menghadkan fungsm P kepada syanat-syarat

tertentu dan setenusnya cara-cana untuk mendapatkan ukurankebarangkalian.

2.8 Hukum Kebarangkalian

Sifat-sifat fungsi set kebanangkalian yang timbul dan aksium-aksium boleh disenaraikan dengan menggunakan teonem-teorem

berikut.

Teorem: 8.1Jika A dan A’ adalah dua penistiwa dan A’ adalah pelengkap

bagi A makaP(A’) = 1 — PM)

29



KERARANGKALIAN DAN STATISTIK

P(A’)= I — P(A)

Jika A, dan A2 adalah subset kepada S di mana A, ~ A2

maka P(A1) ~ P(A2)

Bukti~Gunakan gambanajah Venn.

A2 = A, u (A’1 ~ A~)dan A1 ~ (A’1 r~ A2) = 4 ’

maka dengan Definisi 7 .1 (iii)

A2

Bukti

Olehkerana S = Au A’danA r~A ’ = 4 ’

maka P(S) = P(A u A’)= PM) + P(A’)mengikut Definisi 7 .1 (iii)

1= PM) + PM’)

Teorem: 8.2

P(4~)= 0

Bukti

dengan Teonem 1 ambil A = 4 ’ supaya A’ = S maka

P(4’) 1 — P(S)=0

T eo rem : 8.3

A’, (mA2

30




Oleh kerana

dan

P(~4 2)= P(A~)+ P(A~n A2)

OIeh kerana P(A1 r~ A2) ?~0 [dan 7.1(i)] maka

P(A2) ~ P(A~)

Teorem: 8.4

Jika A dan B adalah sebarang peristiwa ditaknif di dalam ruangsampel maka

P(A u B ) = P(A) + P(B) — P(A n B )

Bukti: Perhatikan gambarajah Venn.

V / i / A CAns)

dan (ii) P(A~r~ B) = P(B) — P(A ~ B)

gantikan dalam (i )

P(A u B) = P(A) + P(B) — P(A r~ B)

Perhatikan jika A dan B adalah saling bereksklusif maka P(A u B) = P(A) + P(B)

Contoh: 8.1(a ) Katalah sepasang dadu dicampakkan serentak apakah keba-

rangkalia~bagi peristiwa-peristiwa berikut

AuB= Au(A’r~B)dan

B = (A r~ B) u (A r~ B)

Ar (A’ rB)= q5dan(ArB)n(A’r

P(A u B ) = P(A) + P(A’ r B)— (i ) P(B) = P(A r B) + P(A’ n B) (ii)

B)= ~maka

31




(a ) mendapatkan titik 3

(b) mendapatkan jumlah 7 atau 1 1

(c ) mendapatkan jumlab sekurang-kurangnya 3?

Penyelesaian:(a ) Katalah A peristiwa mendapatkan titik 3 . Titik 3 boleh diperolehisama ada dan dadu pertama atau dadu yang kedua. Katalah A

1 peristiwa

mendapatkan titik 3 dan satu dadu dan A2 penistiwa mendapatkan titik 3

dan dadu lain maka

6 6 1 1 1

P(A) = + — =

(b) Katalah A dan B ialah masing-masing penistiwa untuk men-

dapatkan jumlah 7 dan jumlah 11 . Untuk mendapatkan jumlah 7 ,terdapat 6 titik sampel iaitu (1, 6), (2, 5 ), (3, 4), (4, 3), (5,2) dan (6, 1). Danuntuk mendapat jumlah sebelas terdapat 2 titik (5, 6 ) dan (6, 5). Jadi

P(A u B) = P(A) + P(B) — P(A n B)

6 2=

2

9

Peristiwa A n B = 0 oleh kerana tidak ada penistiwa yang boleh

mendapatkan 7 dan 1 1 secara serentak.

( c ) Katalah C adalah penistiwa mendapatkan jumlah sekunang-

kurangnya 3 .

Untuk mengira P(C) adalah agak sukar oleh kerana harus dikirakebarangkalian mendapatkanjumlah 3,4,5 dan seterusnya. Adalah lebihsenang jika ditakriflcan penistiwa C iaitu penistiwa mendapatkan jumlahkurang dan 3 yang terdini dan hanya satu titik (1, 1 ) sahaja.

P(C) =

oleh itu

1 P(C) = 1 — P(C’) = 1 —

35

36

32



SE T DAN KEBARANGKALIAN

Contoh: 8.2

Katalab dan satu kajian mengenai isi rumah di Malaysia, didapatLkebarangkalian untuk si suami merokok ialah 0.8 dan kebarangkalian siisteri merokok ialah 0 .4 . Katalah juga keharangkalian kedua-dua suanu

isteni merokok ialah 0.6. Dapatkan(a) Kebarangkalian kedua-dua suami isteni tidak merokok.

Penyelesaian:

Katalah H penistiwasuami merokok dan Wperistiwa isteni merokok.

Maka

P(H) = 0.8, P(W) = 0.4dan P(H n W) = 0.6

(a) Peristiwa kedua suami isteri tidak merokok ialah

H’nW’= (HuH’)’P(HuW)’= 1—P(IIuW)

= 1—0.6

= 0.4

2.9 Kebarangkalian BersyaratDalam kebanyakan kes kita juga berminat mengetahui

kelakuan peristiwa atau penistiwa-penistiwa, selepas benlakunya

peristiwa itu. Benlakunya penistiwa m i adalah terpengaruh oleh

peristiwa yang benlaku sebelumnya. Sebagai contoh, di Malaysia

setelah beberapa han panas terik akan diikuti pula oleh han hujan

jadi kebarangkalian untuk hujan pada satu han adalah sangatdipengaruhi oleh sama ada han-han sebelumnya panas tenik

ataupun tidak. Keadaan m i membuat kita ingin memerhatikankebanangkalian satu-satu penistiwa, selepas penistiwa itu telah pundiketahui benlaku.

Definisi: 9.1

Katalah A dan B adalah dua penistiwa; kebarangkalianbersyarat bagi B, dibeni A adalah ditaknif sebagai

P (B IA ) =P(A) P(A) # 0 .

33



KEBARANGKALIAN D A N STATISTIK

Perhatikan P(BIA) adalah kebarangkalian berlakunya penistiwa Bsetelah diketahui penistiwa A sudah pun berlaku. Dalam kes m l kita

seolah-olah menghadkan penbincangan kita kepada penistiwa-penistiwaselepas benlakunya penistiwa A. Ruang sampel adalah

dikunangkan kepada titik-titik yang tenkandung dalam subset

kepada nuang sampel asal. Subset m i hanya mengandungi unsur-unsur yang berkemungkinan selepas A telah benlaku. Kita

perhatikan contoh benikut.

Con toh t 9 .1Pencubaan melambung duit syilihg dua kali

Ruang sampel S .= {KK, KE, EK, EE}.

Katalah penistiwa A ialah “kepala”keluar pada lambungan pertama.Kesudahan seterusnya hanya bergantung kepada kesudahan dalamlambungan yang benikutnya iaitu

5 ’ = {K, E}.

S sekanang akan menjadi nuang sampel yang baru setelahbenlakunya penistiwa A. Untuk mencani kebanangkalian penistiwabenikutnya, kita hanya penlu membincangkan S. Sebagaicontoh,jika B peristiwa mendapatkan “kepala” pada lambungan kedua maka

P(K pada lambungan kedua) = =

Penhatikan jika kita gunakan definisi, kita akan mendapatkeputusan yang sama.

PBA — P(AnB)P(K,K)

P(A) — P(K)

41

12

2

di mana P(A n B) dan P(A) diperolehi dengan menggunakan nuang

sampel yang asal.

Con toh : 9.2Katalah danipada keputusan banci penduduk kita dapati

34



Umur Menganggur Bekeija Jumlah

10,000 10,500lelaki Iebthd a n 30 tahun

500

lelaki antara20-30 tahun

1,000 10,000 11,000

kiaki kurang

dan 20 tahun 5,000 5,000 10,000

Jumlah 6,500 25,000 31,500

Katalah seonang penduduk lelaki pekan itu dipilih secana nawak dandidapati dia berumur 25 tahun. Apakah kebarangkalian seonang

penganggur?Katalah P penistiwa seonang benumur 20 - 30 tahun, dan M

penistiwa seonang lelaki bekenja. Maka kebanangkalian penistiwa

benkenaan ialah

P(M n P) — 1000/31,500P(MIP) = P(P) — 11000/31,500

1 1

Perhatikan jika kita gunakan nuang sampel yang tinggal selepas

peristiwa P benlaku

1000 .P(MIP) = 11000

1 1

sama sepenti keputusan dahulu.

Teorem: 9.1Jika dalam satu percubaan, penistiwa-peristiwa A dan B botch

berlaku, maka

P(A n B ) = P(A) - P (B IA )

35

S E T DAN KEBARANGKALIA~

tabunati tenaga buruh di sebuah pekan ken! ada!ah sepenti benikut.




Teonem 9.1 dipeno!ehi dengan mendarabkan kedua pihak dani

definisi 9.! dengan P(A).Definisi 9.! bo!eh ditulis bagi kes yang !ebih umum. Jika A

1, A2, Ak adalah k penistiwa-penistiwa maka kebanangka!ian bersyanat

A~dibeni A1. A2 Ak_ hen!aku ia!ah

P(A1 n A2 ... nAn)P(AkIAI. A2 A%1) = ~ A2 ... n

dan kebanangka!ian kesemua A1, A2 ..., A,~ben!aku bo!eh ditu!issebagaiP(A~nA2...nAk) = P(A1)P(A2IA~)P(A3~A1nA2)...P(Ak

IAlnA2...nAk~l)

2.10 Peristiwa Tak Bersandar

Da!am seksyen !epas kita perhatikan keadaan di manabenlakunya satu-satu penisti~ayang mempenganuhi kebanangkalian

penistiwa-penistiwa set epasnya. Tendapat juga kes di mana satu-satupenistiwa yang benlaku tidak mempenganuhi penistiwa lain

~e1epasnya. Keadaan begini menimbulkan konsep ketak -bersandanan yang menggambarkan hubungan kebanangka!ian

antana penistiwa-penistiwa.

Definisi: 10.1

Dua penistiwa A dan B ada!ah tak bensandanjika dan hanyajikaP(A n B) = P(A) P(B)

Definisi di atas bo!eh juga ditu!is da!am bentuk P(A B) = P(A)

dengan menggunak~ndefinisi kebarangkalian bensyanat.

Perhatikan bahawa persamaan di atas ada!ah menunjukkan

penistiwa A takbensandar kepada penistiwa lain B jika

kebanangkalian ben!akunya tidak bergantung kepada sama adabenlaku atau tidaknya penistiwa B. Juga kita dapat penhatikan

dengan menggunakan hubungan

P(A n B) = P(B) P(A] B ) = P(A) P(B)

36



SE T DAN KEBARANOKALIAN

P ( B ) P(A B ) = P ( A ) P ( B )

benenti P ( B ) = P(A B )

bahawa jika A takbensandar kepada B , maka B juga takbensandarkepada A .

Contoh 10 .1Sepasang duit syi!ing di!ambungkan sebanyak 2 kali. Apakah

kebanangka!ian untuk mendapat 2 kepa!a atau 2 ekon?Katalah A~,A

2 , B 1 . 82 ada!ah menupakan penistiwa-penistiwa

untuk mendapatkan 2 kepa!a pada !ambungan pertama, 2 kepa!apadalambungankedua, 2 ekon pada lambungan pertama dan 2 ekonpada !ambungan kedua. Untuk mendapatkan dua kepala dan duaekon kita harus mendapat 2 kepa!a pada !ambungan pertama dan 2

ekor pada !ambungan kedua atau 2 ekon pada !ambungan pentama

dan 2 kepala pada lambungan kedua yakni

(A~n B2) u (‘42 ~ 83

Kita perhatikan A 1 dan B2 senta A2 dan B~adalah masing-masingtak bentanda kerana !ambungan pentama tidak mempengaruhikeputusan lambungan kedua o!eh itu

n B2) u (A 2 n BI)] = P (A1) . P (B2) + P(A2) P,(B1)

(i\ (i\ (~\ (1

= ~) ~4J+

8

[Penistiwa A 1 n B2 dan A 2 n B1 adà!ah saling bereksklusifl]Dan definisi 10.1 kita boleh bentukkan definisi yang lebih

urnum yang melibatkan k peristiwa, iaitu A 1 , A2 A 1 adalah tak

bersandan jika dan hanya jika

P(A1 n A 2 ... n A 1) = P(A1) - PM2) ~. P(A,j

Sebagai ingatan kita seharusnya dapat membezakan antana

penistiwa saling beneksk!usif dan penistiwa tak bensandan. Penistiwasaling bereksk!usif kebanangka!ian bagi kesatuan ialah jum!ah

37



KEBARANGKALIAN DAN STATISTII(

kebanangkalian tiap penistiwa, sementana bagi penistiwa tak bersandan kebanangkalian bagi sa!ing tindak ada!ah hasil darab

kebanangka!ian setiap penistiwa.

2.1! Hukum BayesDa!am keadaan sebenan, penistiwa yang benlaku sela!unya

bergantung kepada penistiwa yang ben!aku di peningkat

pertengahan. Pengetahuan berkenaan kebanangka!ian penistiwa

peningkat pentengahan m i membolehkan kita mendapatkankebanangka!ian penistiwa yang dik ehendaki. Sebagai contoh

kebanangkalian seonang pelajan !u!us satu-satu pepeniksaan adalahbenkait napat dengan penistiwa ia najin menalaah ataupun malas.

Jika kita mempunyai pengetahuan berkenaan kebanangkalian

untuk ‘najin’ dan kebanangkalian urituk ‘malas’ berserta dengankebarangka!ian untuk !u!us bagi petajan yang najin dan kebarang-

kalian untuk !u!us bagi pe!ajan yang ma!as, maka danipada kenyata-

an m i dapat kita k ina apakah kebanangka!ian seseonang pe!ajan !ulus.Jika A ada!ah penistiwa seonang pe!ajan !ulus serta B dan B ’ masing-masingnya adalah penistiwa najin dan malas, maka

(A) = (A n B) u (A n B ’)

di mana A n B ialah penistiwa pelajan najin dan lulus pepeniksaan

dan A rB’ ia!ah penistiwa pelajan ma!as dan !ulus.

(A) = PM n B) + P(A n B ’)

dan menggunakan definisi kebanangkalian bensyarat da!am seksyen

lepas maka

PM) = P(B) - P (A IB ) + P(B”) P (A IB ) .

Dengan pengetahuan P(B), P(B’), P (A IB ) dan P(A~B)dapat kita kinakebanangkalian untuk peristiwa A.

Keadaan di atas dapat kita sanankan dalam bentuk teorembenikut.

Teorem: 11.1

Jika B~, B2, ... B , ~ ialah penistiwa-pensitiwa saling bereksklusif

dan P(B1) 0, maka bagi sebarang penistiwa A

38




P ( A ) = I P(B) P(AIB~)

Contoh: 11 .1Perjalanan sebuahjentena bengantung kepada keadaan harang

gantinya sama ada da!am keadaan haik, kunang baik atau rosak.

Katalah kebarangka!ian jentena benjalan !ancar jika dipasang

dengan barang ganti baik, kunang baik dan nosak adalah masing-masing • 8 , 6 dan 1 . Jika 81, B

2 dan B3 ia!ah peristiwa-peristiwa

barang ganti da!am keadaa’n baik. kunang baik atau rosak dan

mempunyaikebanangka!ianP(B1) = -9,P(B2) = 08, P(B3) =O2dan A ialah penistiwa jentera benja!an lancar. MakaP(A~B3= 8 , P (A~B2)

= 6 dan P(A~B3)= - 1 . Keadaan di atas bo!ehditunjukkan denganmenggunakan gambarajah ranting sepenti benikut:

P (B ,) P(AIB1)

P(82) P(A/B2)

P(83) P(A/6~

Dengan menggunakan teoremP(A) = (-9) ( -8) + (‘08) (6) + (.02) (1)

= :77

Perhatikan PM) juga dipero!ehi dengan menambahkankebanangkalian-kebarangkalian di hujung ‘ranting’ bagi gambarajahranting di atas.

Contoh: 11.2Katalah bola-bola berwanna di dalam 4 buah uncang adalah

berkedudukan sepenti berikut

39



KEBARANOKALIAN DAN STATISTIK

Merah (M)

Bini (B)

Bola Putih (F)

Hitam ( I - I )

Satu uncang dipilih secara rawak dan uncang yang tenpilih, dipiih

satu biji bola. Apakah kebanangkalian mendapatkan bola menah?

Penyelesaian;

P(M) = P ( U 1 ) . P ( M j U1 ) + P ( R 2 ) P(MIU2) + P(U3) . P ( M [ U 3 )

+ P(U4) P (MIU4)

1(2\ i(s\ i(i\ 1(3

= ~i”jo) + + +

= 0.244

Dengan menggunakan gambanajah ranting di muka sunat 41 kita

dapati

P(M) dipenolehi dengan menambah kebarangkalian di hujung

ranting yang bertanda M.

Katalah kita benminat untuk mengetahui kebanangkalian penistiwa

sebelum satu penistiwa tertentu telah pun benlaku. Misalnya dan

contoh pelajar tadi, katalah sekumpulan pelajan telah pun lulus satu

pepeniksaan. Dani pelajar yang lulus m i kita ingin tahu apakahkebanangkalian ia najin; iaitu jika A penistiwa untuk lulus, B dan B ’

adalah masing-masing penistiwa najin dan malas kita ingin dapatkanP(BIA) . Dalam contoh di atas mungkin kita ingin tahu apakah yangmenyebabkan seonang pelajan itu lulus; mungkin kenajinannya atau

mungkin kenana ufisun-unsun nasib baik atau kelemahanpepeniksaan itu sendini.

Uj U2 U3 Ui,

2 5 1 3

3 1 4 2

2 4 2 6

3 2 1 1

40




M

4(10

0 1cr~‘10

Li 1/SI

~1o

“4112

0 11~1~4(12

P

H I(~2)

•‘ 1,1418

114B 418

112P 4(8

111

~ 418

M 1(~)

B

p ~

4(12

H

14

41




Teorem: 11.2Jika B

1, B2 B 1 ia!ah peristiwa-peristiwa sa!ing bereksklusif,maka bagi sebanang penistiwa A di mafia PM) 0

P ( B , I A ) = P(B3.P(/~BL - ; r = 1 , 2,..., k

~ P(B~)- P(AIB~)

Teorem: 11.2 dikenali sebagai hukum Bayes. Perhatikan bahawa

teorem di atas boleh juga ditulis sebagai

________ P(B A)P(B~IA)= P(B1nA)±P(B2nA) + .. + P(B1nA)

Bukti:Perhatikan gambarajah Venn berikut.

A

Peristiwa A ada!ah gabungan penistiwa sating bereksklusif B 1 r~A,B 2 n A, .~B 1 iaitu

~B~n A ) 0 (B 2 n A ) u ... o(B~ A)

maka

Dengan menggunakan definisi 9.1

P(B,IA)= P(B,.nA)

42



SE T DAN KEBARANOKALIAN

— ___ P(BrflA) ___

— Pr(BIflA)+...+P(BkflA)

_____ P(Br) P(AIBr) ____

— P,(B,) P(AIB,) + ... + P (B ,,) P(AIBk)

P(Br) . P(AIB, )

— E P(B1 ) P(AIBI)

Contob: 11.3

Katalah dalam kalangan onang yang berumun 35 tahun Iebihterdapat 15 penaTtus yang mengidap keneing manis. Katalah seorang

dokton benjaya mengecam dengan betul, 90 penatus dani pengidapsebagai mengidap penyakit tensebut dan membuat pengecamansatah sebanyak 3 peratus dani bukan pengidap sebagai mengidappenyakit tersebut. Katalah seonang yang benumun 40 tahun telah

dicam oleh dokton tadi sebagai mengidap kencing manis. Apakah

kebanangkalian beliau bukan benan-benan pengidap penyakit

tensebut?

Penyelesaian:Katalah A, dan A2 masing-masing adalah peristiwa doktonmengecam sebagai mengidap dan bukan sebagai pengidap kencing

manis m iKatalahjuga P, adalah penistiwa seorang mengidap dan P2 sebagai

penistiwa bukan mengidap kencing manis.

Kebanangkalian yang dipenlukan ialah: P(P,1A1)

Dengan menggunakan teorem 11.2

PP A — P(P;)P(A,IP,)I ~ P(PI)P(A1~Pd+P(P2)P(AIIP2)

— (15) (9)

— (15) (9) + (85) (03)

135

2605

= 52

Latilnn Bfl 2

2.1 Senanaikan unsun-unsun yang tenkandung di dalam set-set berikut.(a) Set yangmengandungi nombor bulat positif di antana — lOdan10.

43




(b) Set yang mengandungi nombon bulat di antara — 10 dan 10 .

(c ) Set A = {x: x adalah nombon bulat positif supaya 0 -c x -c10}.

(d) SetB = {x:xadalahnomborbulatpositifsupayax2 —2 = 2}.

(e ) SetC = {x:adalahnomborpositifsupayax2 + 50— 1 1 = 0}.

2.2 Jika set S = {0 , 2 , 4};(a ) Senaraikan:

(i ) Semua subset kepada S(ii) Semua subset jati kepada S .

(b) Jika set A = { x : 0 c x c 2} adakah A satu subset kepada 5?

(c ) Jika satu set B = {x: nombon bulat positif di antara 0 dan 2}adakah B subset kepada S?

2.3 Tentukan set manakah yang boleh dikatakan sama:

A = {1 , 3}B = {1 , 2, 3}

C = {x : — 4x + 3 = 0} D = {Bilangan kepala yang keluar bila 3 duit syiling di lambung

senentak).

2.4 Jika set sejagat S = {1 , 2,3,4,5,6,7,8) dan set A = {1 , 3,5, 7}, B ={ 1,2,3,5, 7 }, C = {2 , 4,6,8) dan D = {3 , 4}. Senanaikan semua ujisuryang terdapat dalam set-set benikut:

(a)AuS (b)AnB (c)C’ (d)(C’nD)uB

(e)(SuC)’ (9AnCnD’(g) (A n C)’ n 1 7 (h ) A’ u 1 7

25 Dapatkan A u B dan A n B bagi set-set A dan B di mana

(a ) A= {x:x>0}, B= {x:x=2,3,4,5}(b) A={x=0<x<3}, B={x:1<x<5}(c ) A={x:x>0}, 8 {x:x2—5x+4= 0)

26. Gunakan gambanajah Venn untuk membuktikan bahawa:(i ) A n (A u A’) = A

(ii) (A n B )’ = A’ u B’

(iii) (A u B )’ = A’ h B’

(iv) A n (A u B) A

(v ) (AnA)u(AnA’)=AA n(B u C) = Mn B)uMn C )

44




(vii) A u (B n C) = (A u B) n (A u C )(viii) (A u B ) = A u (A n B ’)

2.7 Buktikan bahawa jika A n B = A maka A n B’ = 4 dan jika A u B = A maka A’ n B= 4 ’ .

2.8 Buktikan bahawa

(a ) AuB=(AnB)u(Anff)u(A’nB)(b) A—B=AnU

2.9 Dan 200 pelajar didapati 60 mengambil matematik, 1 50 mengambil

sejarah dan 30 mengambil kedha-duanya sekali. Benapakah

bilangan pelajar-pelajar yang:

(a ) Tidak mengambil sejarah atau matematik.

(b) Mengambil matematik tetapi tidak mengambil sejarah.

2J0 Katalah dan 1000 orang yang diperiksa didapati 35 mengidap

penyakit darah tinggi, 20 mengidap kencing manis dan 15 mengidaplemah jantung. Juga didapati 8 mengidap darah tinggi dan kencing

manis, 6 mengidap danah tinggi dan Iemah jantung dan 5 mengidap

kencing manis dan lemah jantung. Dua orang didapati mengidap

ketiga-tiganya sekali. Dapatkan bilangan:(i) mengidap lemah jantung sahaja.

(ii) mengidap lemah jantung dan darah tinggi sahaja.

(iii) tjdak mengidap sebarang penyakit.(iv) mengidap kencing manis atau lemah jantung tetapi tidak

mengidap darah tinggi.

(v) tidak mengidap kencing manis atau lemah jantung.(vi) mengidap sekunang-kunangnya dua dan penyakit tersebut.

(vii) mengidap tidak lebih dan satu penyakit sahaja.

2 .11 Dalam percubaan melambung dua dadu enam muka senentak,

senaraikan

(a ) Unsur-unsun dalam ruang sampel.

(b) Unsur-unsun dalam penistiwa

(i ) A di mana A ialah penistiwa mendapat jumlah nombor

permukaan adalah 6 .(ii) B ialah peristiwa di mana jumlah permukaan adalah

genap.

(iii) C ialah penistiwa di mana nombor 1 keluar pada salahsatu dadu.

45



KEBARANGKALIAN D A N 5TATI5TIK

2.12 Satu pencubaan melambung duit syiling benkali-kali sehinggakepala keluar. Senaraikan (jelaskan):

(a ) Unsur-unsun yang tendapat dalam nuang sampel.(b) Unsur-unsun dalam penistiwa A di mana A ialah penistiwa yang

memenlukan sekunang-kunangnya 5 lambungan.

(c ) Unsun-unsun penistiwa B di mana 2 ekor keluar.(d) Unsur-unsun penistiwa C di mana 2 kepala keluan.

2.13 Satu duit syiling dilambung benturut-turut sebanyak 3 kali. Senanai-

kan unsun-unsun kepada:

(a) Kesemua kemungkinan kesudahan.

(b) Penistiwa mendapat 3 kepala.(c ) Penistiwa mendapat kepala pada lambungan yang pentama dankedua.

(d) Penistiwa sekurang-kunangnya satu ekon keluan.

2.14 Dalam satu pertandingan bakat tendapat 10 pesenta di peningkat

akhin. Nyatakan berapa cana untuk memilih

(i ) Johan dan satu naib johan.(ii) Johan, naib johan dan dua pemenang ketiga.

215 Satu bahagian pepeniksaan objektif terdapat 10 soalan. Tiap-tiap

soalan mengandungi 4 piihan jawapan. Dalam benapa earakah satu jawapan yang betul boleh disusun bagi tiap-tiap soalan?

2.16 Dalam satu penmainan judi terdapat 10 angka 0, 1 , 2,..., 9 yang

disusun untuk membentuk 1 nombor 4 angka. Terdapat benapa cana

untuk:

(a) Membentuk 1 nombon untuk hadiah pertama.

(b) Membentuk 1 nombon hadiah pentama dan 2 nombor hadiah

kedua.

2.17 Dalam satu uncang tendapat 1 0 biji bola yang bertanda 0 , 1 , 2 9 .Benapa canakah untuk memilih 4 biji bola jika bola tensebut dipilih

satu-satu dengan bola yang tenpiih dimasukkan balik ke dalam

uncang? Tendapat benapa cara jika bola yang telah dipiih tidak lagi

dimasukkan ke dalam uncang?

2.18 Dalam satu kotak tendapat 5 nekod lagu Melayu ash, 6 rekod lagu

kenoncong dan 3 nekod lagu pop Melayu. Tendapat benapa cara

untuk memilih:

(a ) 4 nekod dani kotak tensebut.

(b) 2 nekod Melayu a sh dani 4 yang dipiih.(c ) 2 nekod Melayu a sh dan 2 nekod kenoncong dani 4 yang dipihih.

46



SET DAN KEBARANOKALIAN

(d) 2 nekod Melayu ash, t rekod keroncong dan 1 rekod popMelayu dan 4 yang dipilih, dan

(e ) Selebih-hebihnya 2 hagu pop Melayu dan 4 yang dipihih.

2.19 Dalam benapa cara dapat disusun 10 nekod di atas satu rak? Berapacanakah jika dalam susunan tersebut dipenlukan 5 lagu ash, 3 lagu

kenoncong dan 2 lagu pop Melayu berada bersama-sama jenisnya?

2.20 Danipada 200 tong buah yang diimport terdapat 4 tong yang

mengandungi buah yang rosak. Ada berapa cana untuk memihih 4

tong supaya

(i ) Tidak terdapat tong yang rosak.(ii) Tendapat hanya h tong nosak.

(iii) Terdapat selebih-lebihnya h tong yang rosak.

2.21 Terdapat 2 pemohon helaki dan 2 pemohon wanita untuk mengisi jawatan A dan B. Jawatan B diisi dengan memihih dan pemohon-

pemohon yang tak berjaya mendapat jawatan A. Tendapat benapa

cana untuk

(a ) Kedua-dua jawatan.

(b) Jawatan A diisi oheh seorang helaki.(c ) Salah satu dan jawatan diisi oleh seonang lelaki.

(d) Kedua-dua jawatan difsi oleh wanita.

2.22 Daham satu uncang terdapat 20 bola putih yang bennombon dan 1

hingga 20, 10 biji bola hijau bennombon h hingga 10 , 40 bola hitambennombon 1 hingga 40 dan 10 bola binu bennombon 1 hingga 10.

Katahah satu bola dipihih secara nawak apakah kebanangkahian

mendapat:

(a) Bola benwanna hitam atau binu.

(b) Bola bennombon 1 , 2 , 3 atau 4 .(c ) Bola bennombon 39 atau 40.

(d) Bola berwarna hijau atau putih dan bennombon 1 , 2 atau 3 .(e ) Sama ada benwama hitam dan bennrnnbon kunang dani 10 atau

benwanna putih dan bennombor kunang dan 10 .

2.23 Kebarangkahian seonang pelajan mendapat gned A, B, C, D dan E

ialah masing-masing 0-h, 0-3, 0-4, 0 -h dan 0-1. Jika E dianggaptidak hulus apakah kebanangkahian seonangpehajar yang mengambil

pepeniksaan:

(a ) Akan huhus .(b) Mendapat gned sekunang-kunangnya C.

47



KEBARANUKALIAN DAN 5TATI5TIK

(c ) Mendapat gned setingginya C.

(d) Mendapat sama ada gred B atau C.

2.24 Jika dalam satu kotak tendapat 15 batang paku yang terdini dan 10yang baik dan 5 yang rosak. Jika 4 paku diambil senentak, apakahkebarangkahian untuk mendapatkan:

(i ) 2 paku rosak.

(ii) Tiada yang nosak.(iii) Selebih-lebihnya 2 paku nosak.

2.25 Jika satujawatankuasa yang mengandungi 3 orang dibentuk denganmemilih dan 5 orang Mehayu, 4 onang Cina dan 2 onang India,

apakah kebarangkahian(a) Seonang Mehayu tenpilih dalam jawatankuasa.(b) Sekurang-kunangnya 2 onang Cina tenpihih.

(c ) Dua onang Melayu dan 1 onang India tenpilih.(d) 2 orang India tenpiih ke daham jawatankuasa; dan(e ) Kesemua bangsa diwakihi daham jawatankuasa.

2.26 Seorang pemandu keneta yang rabun ayam apabiha memandu di

waktu maham mempunyai kebanangkahian -4 untuk melanggan

keneta lain dan kebanangkahian - 3 untuk dilanggan oheh kendenaan

lain. Jika diandaikan seorang nabun ayam memandu di waktu mahamapakah kebanangkahian

(i ) Tenhibat dengan pehangganan.(ii) Tidak tenhibat dengan pehangganan.

Andaikan kedua-dua jenis pehangganan tidak boleh benlaku

senentak.

2.27 Dua buah dadu enam muka dicampak senentak. Apakah

kebanangkalian untuk mendapatkan:

(a) Jumhah penmukaan adahah 4(b) Jumlah penmukaan sekunang-kunangnya 4

(c ) Jumhah permukaan adahah genap(d) Satu dan dadu menunjukkan nombon 2 atau empat(ê ) Jumhah penmukaan genap dan salah .satu dan dadu

menunjukkan nombor 2.

2.28 Biankan S adahah nuang sampeh. Katahah C dan D adaiah duapenistiwa di mana C u D = 5, P(C) = 5 dan P(D) = 8 . Dapatkan

(a) P(C n D)

(b) P(C u D)(c ) P(CjD)

42




Adakah C dan D tak bersandan? Jehaskan.

2.29 Jika A dan B adahah dua penistiwa sahing benekskhusif di mana PM)= 5 dan P(B) = -3 . Dapatkan

(i ) PM’) (ii) P(B’)

(iii) PM u B) (iv) P(A’ n B ’)

(v) P(A’ n B) (vi) PM’ n B ’)

2.30 Jika dibeni P(A) = -6 3 P(B) = -5 2 dan PM n B) = 4, dapatkan

(i ) PM u B ) (ii) PM n B ’)(iii) PM’ u B ’) (iv) PM’ n B ’)

(v) P (A IB ) (vi) P (B IA )2.31 Katalah kebanangkalianseonang pehajan huhus 1,2,3,4,5 atau 6 mata

pelajaran dalam satu pepeniksaan iahah masing-masing - 08 , -2, -4, - 15 ,-0 8 dan 0-02. Jika hanya tendapat 6 mata pelajanan apakahkebanangkahian

(a) Pelajar gagal kesemua mata pelajanan

(b) Lulus sekurang-kurangnya dua mata pelajanan

(c ) Luhus di antana 2 hingga 5 mata pehajanan

(d) Gagah sehebih-hebihnya 3 mata pelajaran.2.32 Buktikan kenyataan-kenyataan berikut:

(a) P(AIB) + PM’IB) = 1 jika P(B) # 0(b) Jika A dan B adalah dua peristiwa bebas maka

P(AIB’) = P(A)

(c ) PM) = P(B). P(AIB) + P(B’) P(AIB’) dengan benpandukan

gambanajah Venn.

2.33 Andaikan sebuah sekohah berasrama penuh mempunyai

kebanangkalian -8 untuk mencapai kehulusan 100% di dalam

pepeniksaan S.R.P. Andaikan juga bahawa setelah mencapaikehulusan 100% kebanangkahian mencapai kehulusan 100% di tahunbenikutnya ialah -7 dan kebarangkahian mendapat kehuhusan 100% didua tahun berikutnya iahah 0-6

(a) Apakah kebanangkalian sekohah tersebut mencapai kelulusan100% di tiga tahun bertunut-turut?

(b) Apakah kebanangkahian mencapai kehulusan 100% di dua

tahun bentunut-tunut?2.34 Dani ahhi-ahhi sebuah jawatankusa kampung yang terdini dan 4

onang Mehayu, 2 onang Cinadan 3 onang India, 3 onang dipilih secananawak untuk berjumpa pegawai daenah. Dapatkan kebanangkalian:

49




benih kehapa

behian adalah

~d) Saw benih nosak jika diketahui ia datang dani pusat penye-

lidikan A.

mengidap hemah jantung dan hainnya tidak mengidap kedua-duapenyakit tensebut. Sementana dani kahangan tekanan danah biasa

didapati 2% mengidap kencing manis. 6% mengidap hemahjantung.Jika seorang helaki dewasa dipeniksa apakah kebarangkahian

(i) ia mengidap kencing manis

(ii) mengidap hemah jantung dan kencing manis

(hi) tidak mengidap sebarang penyakit.Jika seorang yang tehah dipeniksa dan didapati tidak mengidap

kedua-dua penyakit apakah kebanangkahian behiau mempunyai

tekanan danah tinggi?

2.40 Seorang pakar tanaman memeniksa mutu bekalan

sawit dan 4 pusat penyehidikan. Hasil pemeriksaansepenti benikut:

Mutu Benib h~~t ~A B C D

Jumlah

Baik

Botch disclasnatkan

Musnah

1200 800 6 0 0 1 0 0 04 00 300 200 300

io o so 40 30

5600

1200

200

Jumlah 1700 1130 840 1330 5000

Dapatkan kebanangkahian

(a) Satu benih pokok yang dipilih datang dani pusat penyehidikan

A dan masih boleh disehamatkan.

(b) Satu benih pokok dihasil oheh pusat penyelidikan B .

(c ) Satu benih pokok yang masih boheh disehamatkan.

51



BAB3TABURAN PEMBOLEHUBAH RAWAK

3 .1 Pembolehubah Rawak

Di dalam bab satu kita tidak menghadkan titik-titik sampehsupaya mengambil nihai danipada aspek tententu. Kesemua ke-

mungkinan kesudahan bagi pencubaan nawak adalah dianggap

menjadi ahli kepada ruang sampeh. Sama ada ia ruengambil nilai

bennombon atau nihai bukan nombon adalah tidak dipensoalkan.

Ruang sampeh, S boheh dalam bentuk S = {1 , 2, 3,4, 5 , 6} ataupundaham bentuk 5= {K, E}.

Walaupun tidak ada syarat supaya nuang sampeh hanus tendini

danipada unsur tertentu, namun adahah mudah jika kita tumpukanpenhatian kepada nuang sampeh yang tenhad kepada unsun-unsun

daham bentuk nombon. Oleh kerana itu, adahah menjadi satu

kepenhuan untuk menukankan atau menaknif kembahi setiapkesudahan supaya tendini danipada niai-nilai nombon. Sebagaicontoh, di daham pencubaan mehambung duit syiing tiga kahi, titik -titik dalam nuang sampel ialah:

S = {KKK, KKE, KEK, KEE, EKK, EKE, EEE}.

Jika kita tentanik kepada bilangan kepala yang muncuh, maka nilai-

nilai

{0 , 1 , 2, 3}

yang boheh dipadankan kepada setiap titik d i daham S akan menjadi

ruang sampel yang bahanu.

Dalam memberikan nilai nombon kepada setiap Øtik sampelasal, kita tehah mentakniflcan satu fungsi kepada titik-titik tersebut.

Fungsi tersebut membentuk apa yang dinamakan pembohehubah

rawak.

52



TABURAN PEMBOLEHUBAH RAWAK

Definisi: 1 .1Jika X ialah satu fungsi nilai nyata yang ditaknif di atas titik-titik

daham nuang sampel, 5, maka X dipanggih pembohehubah rawak.Penhatikan bahawa kita akan sentiasa menggunakan X atau

sebanang hunuf besar hainnya sebagai fungsi kepada semua titik

sampeh dan X(S) atau sebagainya untuk fungsi kepada satu titik sampeh tententu. Jadi, X, ii .. adahah digunakan untuk mencatat

pembohehubahnawakdanhurufkecilx,y,...dimanax = X(S),y =

Y(S) digunakan untuk mencatat nihai-nilai yang diambil olehpembohehubah nawak tensebut.

Contoh: 1 .1Satu duit syihing dilambung dua kahi. Taknifkan X sebagai

pembolehubah rawak bagi bihangan kepaha K yang muncul. Maka:

Ruang sampeh S = {KK, KE, EK, EE}

niai pembolehubah nawak: 2 11 0

atau X(KK) = 2 , X(KE) = 1 , X(EK) = 1 dan X(EE) = 0

Ruang bagi X. A~= {x; x = 0, 1 , 2}

C o n t o h : 1 .2Dua buah dadu enam muka dicampak senentak. Takriflcan Y

sebagaijumhah ‘.‘ yang keluan, maka .Ymengambi nihai-nilai 2 , 3,411 , 12 . Jika Z ditaknif sebagai jumhah ‘.‘ yang genap maka Z hanyamengambil nihai 2, 4, 6 , 8 , 1 0 , 1 2 .

Dani kedua-dua contoh di atas kita penhatikan bahawa

benbagai fungsi boheh ditaknifkan tenhadap titik sampel. Penentuantentang apakah pembolehubah rawak yang sesuai adahah

bengantung kepada tujuan atau minat di daham menjahankanpencubaan tensebut.

Ruang bagi pembolehubah nawak yang dicatat A~sekarang

adalah tendini dani nombon nyata dan dipanggih domain atau daenah.

Sementana kesemua niai yang boheh diambi oheh pembohehubah

nawak tensebut dipanggih julat. Hubungan keduanya sehahu ditulis

sebagai

A~ = {x; xe R)

di thana R adahah set nombon nyata.Di daham penbincangan setenusnya kita akan menumpukan

53




terus kepada pembolehubah nawak dan menggunakan domain bagipembolehubah nawak tensebut sebagai asas anahisis tanpa

mempendulikan kesudahan atau ruang sampeh asal.

3.2 Peristiwa daham Pembolehubah Rank dan KebarangkalianKita tahah pun membeni definisi kebanangkahian bagi satu-satu

penistiwa sebagai fungsi set yang membenikan nilai di antara 0 dan 1

kepada subset bagi nuang sampeh. Sekanang kita cuba puhamen~hubungkan konsep yang sama dengan penistiwa yangditaknifkan ke atas pembolehubah nawak yang mempunyai domain

Ar

Katahah X adahah pembohehubah nawak yang ditakniftenhadapnuang sampeh S dan katakan domain bagi X iahah A~.Satu penistiwa

A, A c A~adalah pembohehubah nawak X mengambih nilai-nihai di

daham set A, iaitudituhis [Xe A]. Oheh kerana pembohehubah nawakX menaknilkan nombon nyata kepada titik-titik di daham S maka

sudah tentu penistiwa [XE A] benkaitan dengan penistiwa C, C c S.Jika S adalah titik-titik di daham S maka [XeA] boheh dipadankandengan penistiwa C dalam bentuk hubungan benikut.

[XeA] =

{s:seSdanX(s)eA} =

C

Yakni C adahah subset yang mengandungi titik-titik s yang mana

pembohehubah nawak X mempunyai niai-njhai di dalam set A.Kebarangkahian bagi peristiwa A, P(XeA). Oleh itu adalah

sehanusnya sama dengan kebarangkahian bagi peristiwa C, P(C).

P(XeA) = P~(A) = P(seS dan X(s$A}) = P(C)

Kebanangkahian P~(XeA) atau juga ditulis P~(A) adahah

bergantung kepada fungsj kebarangkahian P. Jadi tentunya fungsi P1adahah fungsi yang bernilai di antara 0 dan 1 yang dipadankankepada set A. Juga dengan pentaknifan pembolehubah nawak X, kita

perhatikan bahawa kita memindahkan kebarangkalian dani ruang

sampel S kepada domain A~yang bahanu.

Adahah tidak sukar untuk menunjukkan bahawa P1 adalahfungsi kebanangkalian yakni memenuhi syarat a, b dan c dalam

definisi 1 .1

(i ) P~(A)= P(C) >0

(ii) P~(A~)= P(S) = 1

54



TABIJRAN PEMBOLEHUBAH RAWAK

maka

P(A1uA2)= P({s:s eSdanX(s)eA3}) -I - P({s:seS

dan X(s)eA2})

= P~A1) + P(A2)

P~(A) atau ningkasnya P(A) adalah juga dipanggihkebanangkalian teraruh. Tetapi di daham penggunaan kita, kita akanhanya menggunakan panggilan kebarangkahian sahaja.

Contoh: 2.1

Katalah S mengandungi 5 titik sampel iaitu

di mana

P({s1}) = p1

P({s3}) = p~P({s5}) = Ps

P({s2}) = P2

P(~s4})=

i~1

— 1

Taknifkan sam pembohehubah rawak X di mana

X (~L = X (53) = 0

X(s2) = X(s4) = 1

X (s~)= 2

Katalahpenistiwa-penistiwa A0, A 1 danA2 ditaknifsebagai A 0 = {s.seSdanX(s) = 0},AI = {s:eSdanX(s) = h}danA2 = {s:seSdanX(s) = 2}.MakaP(A0) = P i + p3.P(A1) = P2 + p4danP(A2) = P5.

Contok 2.2Satu duit syihing dicampak tiga kahi. Katalab X adahah

(iii) Jika A1 dan A2 sahing beneksklusif maka

u A2) = P({s,’seSdanX(s)eA1 u A2})oleh kerana:

{s:seSdanX(s)eA1 uA2} = {s:seSdanX(s)eA1}ti

{s ~5 eS dan X Is) e A2}

S = {s~,~2, S3, S4, s~}

dengan kebanangkahian bagi setiap titik iahah

55




s X(s) p,

KKK 3 18

KKE 2 ‘8

KEK 2 8

KEE 1 ‘8

EKK 2 ‘8

EKE 1 ‘8

ELK 1 ‘8

LEE 0 8

(a )

Jadua l 2.1: (a) titik s ampe l d o n kebarangka l i an(b) P em b o l eh ub ah rawak d a n kebarangka l i an

Perhatikan bahawa:

S = {KKK, KKE, KEK, KEE, EKK, EKE,EEK, EEE} dan K = {0,1 , 2 , 3}

di mana

[X =0] ={s:seSdanX(s) = 0} = {EEE][X = 1 ] ={s:seSdanX(s)= 1 ) = ~KEE,EKE,EEK}

[X = 2] = {s:sESdanX(s)= 2} = {KKE,KEK,EKK}

[X =3] ={s:seSdanX(s)= 3} = {KKK}

Daham kedua-dua contoh yang tehah dibincangkan, kita

menggunakan catatan [X = x] untuk menandakan peristiwa {s seSdan X(s) = x}. Keadaan m i benan jika nuang sampel adalah diskrit

dan pembohehubah rawak X mengambih nilai nombor-nomborbuhat. Untuk kes yang hebih umum, yang juga mengambil kira kesselanjar, kita hanus taknifkan penistiwa-penistiwa benikut:

[Xçxj = {s:seSdanX(s) C x]

[X<x] = {s:seSdanX(s) > x]

[a < X < b ] = {s:seSdana c X(s) < (b)J

pembolehubah nawak yang menunjukkan bilangan kepala yang

muncul.

Hubungan titik sampeh dan kebanangkahian dengan nilaipembolehubah nawak X dan kebanangkalian tenanuh ditunjukkandalam jadual 2 .1 di bawah.

px

0

2

3

(b)

56



TABURAN PEMBOLEHUBAH RAwAK

dan sebagainya. Penistiwa [X~x] benenti pembolehubah nawak Xmengambih nilai kunang atau sama dengan x, dan P(X ~x) benenti

kebanangkalian bagi pembohehubah rawak X mengambil nilai didaham penistiwa tensebut.

Sekarang kita perhatikan puha penjehasan yang lebih hengkap

tentang apa yang dikatakan pembolehubah nawak disknit danpembohehubah nawak sehanjan.

Jika satu domain mengandungi sejumhah titik sampel yang finit

atau infinit terbilang maka domain tensebut dipanggih domain

disknit. Pembohehubah yang boleh ditaknifkan di daham domain

disknit dipanggih pembohehubah disknit.

Jika satu domain mengandungi unsun-unsun infinit, ia dipanggildomain sehanjan, dan pembolehubah rawak yang ditaknif di atasnya

dipanggil pembohehubah rawak sehanjan.

3.3 Taburan Kebarangkalian DiskritPembohehubah nawak X disknit jika x adalah nombon buhat dan

kebanangkahian pada setiap titik [X = x] adahah wujud. Taburanbagi nilai-nilai x dan kebarangkahian yang berhubungan, dipanggi

taburan kebarangkahian atau fungsi kebarangkahian disknit.

Definisk 3.1

Fungsi kebarangkahian disknit adahah satu fungsi (sama adadalam bentuk jaduah atau formula) yang membenikan ke-

banangkahian f(x) kepada setiap nombon nyata x yang ditaknif

dalarn domain bagi pembohehubah rawak X.

Contok 3.1Dapatkan fungsi kebarangkahian bagi pembohehubah nawak X

dimana X iahah jumlah ‘.‘ yang keluanbila dua dadu dieampak secaraserentak:

Domain bagi X; A = {2 , 3,4,5,6,7,8,9, 10, 11 , 12} dan fungsi

kebarangkalian ditunjukkan daham jaduah benikut.

2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2

1(x) 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1

36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36

Contob: 3.2Satu uncang mengandungi 6 bola merah, 2 bola hijau dan 2 bola

57




(a) Apakah 1(x) benar-benan fungsi kebarangkalian(b) Dapatkan P(X = 2 )(c ) Dapatkan P(X <2)

Penyelesaian:(a) Ax) adalah fungsi kebarangkalian jika

fix) = 1x=o

4 /4\ /1\x hl\4-xiaitu 1 (\x)t\

2)

(~~)x0

1°(i~i4

2 k~2)

= 1

I’l’\’ (hV+4l~) k,j)

(~\2f~\2

+6~) ~) /h\~(Al+4~) ~

(b) P(X=2)=x2 fix) = fi2)

(4’\ (1’~2(1’\2

= k2) k2) k2)

6 _3

16 8

(c) P(X<2)= LAx)xC2

1 /4 /1\4—x= L ( ) G Y wx0 \x

(1\4(1\o+ ~)~)

= + 4 + 6 + 4 + 1 ]

Ternyata f(x) adalah fungsi kebarangkalian.

59




- (4~(1~4

~o)~i,,2)5

16

(4’\ (1’~’(i\~+ ~‘)~)

~)

3.4 Taburan Kebarangkalian Selanjar

Bagi pembohehubah nawak selanjar kebarangkahian di atas satu

titik dalam domain adalah tidak tertaknif. Defrnisi 3 .1 tidak boheh

digunakan. Bagaimanapun denganmenggunakan konsep yang sama

sepenti kes disknit kita boheh taknifkan tabunan kebarangkaliansehanjar atau juga disebut fungsi ketumpatan kebarangkahian

sebagai benikut.

DefirnsR 4 .1

Fungsi bukan negatif f(x) dipanggil fungsi ketumpatankebanangkahian bagi pembolehubah nawak X jika bagi Ax adalahdomain bagi X maka

$ 1(x) dx 1

A,

dan jika A adalah subset kepada A~maka

P(A) = ff(x)dx. JA

Oleh kenana pembotehubah nawak X ditaknif di atas nuangselanjar, makaf(x) juga adalah merupakan satu kelok yang selanjar.

Syanat supaya kamilan di atas A~adalah satu menentukan luas

Kelok tu n9 s i ketumpaten keborangka l ion

f(x)dan F ra ~X gb).

x

f(x)

a

Gamb.raj.h 4.1:

b

60




kawasan di bawah kelokf(x) dengan paksi x adalah sama dengansatu. Sementara kebarangkalian bagi satu subset A adalahdigambarkan dengan luas kawasan di bawah kelokf(x) dengan paksi

x di antara kawasan yang diambil oleh subset A . Sebagai contoh,

jika A adalah subset di mana X mengambil nilai antara a dan b makaP(A) dapat digambarkan dengan kawasan berlorek dalamgambarajah 4 .1 .

C o n t o h : 4.1Katalah X adalah pembolehubah rawak yang di takr i f lcan di

dalam domain A~= {x; 0 .c x ~}. Katalah satu fungsi

f(x) = xe A1

adakahf(x) fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi X? Dapatkan

P(MdimanaA= {X;0<xc2}

Penyelesaian:

(a) Untuk menunjukkan f(x) adaIaJ~ fungsi ketumpatan

kebarangkalIan bagi N harus ditunjukkan I f(x) dX = 1 .

J A,

5 f(x) dx = J e~dxA,

= — C1

0

= —0+1= 1

Oteh itu f(x) adalah fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi

pembolehubah rawak X.(b) P(A) = P(0 c X c 2 )

= ff(x)dx .1.4

= ~e_1dx

Jo

= 1 — C2.

61



XEBARANGKALIAN DAN STATISTIK

P(A) = P(X = a) = J:f(x)dx = 0

Keadaan m i tidak sedemikian bagi kes-kes

pembolehubah rawak diskrit.

Comok 4.2Katalah pembolehubah

ketumpatan kebarangkalian(1I — —1<x<1

f(x)=,~i 2

di lain-lain

yang melibatkan

Dapatkan (a) P(XCx) dan (b) P(X<02)

Penyelesaian:

= jjdx

1= ~ -1

1 1= ~x +

Perhatikan bahawa oleh kerana kebarangkalian pada satu titik

bagi pembolehubah rawak, selanjar adalah sifar, yakni jika A =

{x; x = a}.

maka

maka kita dapat membuat kesimpulan berikut:

P(a z ç X c b ) = P(X = a) + P(a < X c b ) + P(X = b )= 0 + P(a < X cb) + 0= P(a cX < b )

rawak X mempunyai fungsi

(a) P(X C x ) = fix) dx.Jx~x

62




(b) P(X -c 02) = P(X ~ 2 )

= (2) +

= I + -5=6

Walaupun setakat m i kita membezakan pengertian fungsikebarangkalian bagi pembolehubah rawak diskrit dan fuiigsiketumpatan kebarangkalian bagi kes selanjar, namun penggunaankeduanya boleh ditukar ganti. Untuk tujuan kita, penggunaan fungsi

ketumpatan kebarangkalian akan digunakan untuk kesemua kessa m a ada diskrit atau selanjar.

Harus juga kita perhatikan bahawa fungsi ketumpatankebarangkalian selalunya ditulis dalam bentuk

c f ( x ) x E A~.f(x)=~

o di lain-lain

m i menggambarkan fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi

pembolehubah rawak X adalah ditakrif pada semua domain nombor

nyata Tetapi fungsif(x) adalah sifar di luar domain sebenar yang

ditakrif oleh pembolehubah rawak X iaitu A~

Contoh: 4.3

Katalah X adalah pembolehubah rawak yang ditakrif di dalamdomain A~= {x : 0 < x < 2}. Katalah juga satu fungsi

1(x) = cx. x e

di mana c adalah pemalar.

(a) Apakah nilai c supaya f(x) adalah fungsi ketumpatankebarangicalian bagi X.

(b) DapatkanP(—1<Xcl)

Penyelesaian:

(a) 1(x) adalah fungsi ketumpatan kebarangkalian jika

f f(x)dx= 1

. 3 A,

63



KE BA RA N GK A LIA N DAN STA TISTIK

Oleh itu

1= cxdxJo

cx2 2

2~

= 2c

1yang bererti c =

Jadi fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi X ialah:

~ix O<x2

~ o di lain-lain

(b) P(—1X-cl)= P(—1X-cO) + P(O.cXcl)

to

= I ~dx+ —xdx

= 0 + !x24

1

4

3.5 Fungsi Taburan

Kita telah pun memberi definisi kebarangkalian bagi peristiwadi mana pembolehubah rawak X mengambil nilai tertentu. Satu

daripada peristiwa dan kebarangkalian berkenaan yang menarik

perhatian kita ialah peristiwa [X E x] dankebarangkalian P( [X (x]). Bagi sebarang nilai x di dalam domain bagi X ternyata P(X ~

x) adalah juga bergantung kepada nilai x. Kebarangkalian bagi

pembolehubah rawak X mengambil nilai kurang atau sama denganx m i dipanggil fungsi taburan longgokan atau ringkasnya fungsitaburan. Fungsi taburan selalunya dicatat F(x) atau F

1~~

Definisi: 5.1

Fungsi F(x) adalah dipanggil fungsi taburan bagi

pembolehubah rawak X jika

F(x) = P(X ~C 4 — ~ .cx < ~

64




Jikalau pembolehubah rawak X adalah diskrit dan mempunyai

fungsi ketumpatan kebarangkalian fix) maka

F(x) = ~ f(w)w~x

Sementara jika X adalah selanjar maka

F(x) =

Contoh: 5.1Katalah pembolehubah rawak diskrit X adalah mempunyai

fungsi ketumpatan kebarangkalian

fix)= I i x=0,1,2,3

0 di lain-lain

Maka fungsi taburan F(x) bagi X dapat ditunjukkan sebagaimana

gambarajah 5 .1

F(x)

1 I F(x)

¾ __

½ ______

I I I

1/4 I II

I I

— I1 2 3 4

Gambara jah 5.1: F(x) bagi pembolehubah rawak X dalam contoh 5. 1

Gambarajah 5 .1 adalah diperolehi dengan penyelesaian berikut:Pada titik-titik sebelum x = 0 kita dapatif(x) = 0 sehingga

F(0) = P(X < 0 ) = 0

Pada titik x = 0

F(0) = P(X ~ 0 ) = P(X <0) + P(X = 0) =

65



KEBARANOKALIAN DAN ST A TISTIK

Pada titik 0 .c X .c 1 , F(x) masih sania dengan F(0)

Pada titik x = 1

F(l)= P(X ~ 1 ) = P(X <1) + PR = 1 ) = + =

Begitu juga titik-titilc seterusnya sehingga F(x) boleb ditulis dalam

bentuk formula berikut:

~ U x<01

- Ocx<1

1Cx2

2~x<3

1 3Cx

Apabila formula F (x) di alas

dapat gambarajah 11.

Contoh: 5.2

Katalah pembolehubah rawak selanjarketumpatan kebarangkalian

f(x) = {e~

0

Maka fungsi taburan bagi x ialah

F(x) = P(X C x) =

JJ~e_wdw

1I4~Odw

5 i~eX

10

digambarkan dalam graf kita akan

x mempunyai fungsi

0<x<cc

di lain-lain

Jf(w)dw

0<x<co

xCO

0 < x < ~

xCO

66



TA BUR A N PEM BO LEH UBA H R A W A K

Fungsi taburan F(x) ditunjukkan dengan gambarajah 5 .2 .

F(x)

Gambara jah 5 .2: Fungsi taburan Fx bagi contoh 5.2

3.6 Sifrt-sifrt Fuiwsi Taburan

Fungsi taburan F(x) mempunyai beberapa sifat terten;u yanglahir secara langsung daripada sifat fungsi kebarangkalian yang

telah dipelajari, sifat-sifat tersebut diberikan di sini

(a) 0 C FN C 1 bagi — ~ < x < ~.

Keadaan m i dapat ditunjuk dengan mudah oleh kerana F(x) juga adalah satu fungs~kebarangkalian, yakni

0 C F(x) = P(X C x ) C 1

(b) F(x) adalah tak menurun bagi x. laitu jika x1 C x2

maka F ( x1) C F (x2)

Bagi x1 C x2 {X C x2} boleh ditulis sebagai

{X C x2} = {X C x1} u (x1 <X ~ x2}

Olehkerana{X C x1}dan{x1 <X C x2}salingbereksklusifmaka

P({X C x2}) = P({X C x1}) + P({x1 < X C x2})

F(x2)= F(x1) + P(x1 -c X C x2)

yakni

F(x2) ) F(x1)

Oleh kerana P(x1 < X C x2) ? 0

67



KE BA RA N GK A LIA N D A N STA TISTIK

(c ) ~ F(x) = F(+ciJ) = 1 , F(x) = F(—co) = 0

Jika x +~ maka ~R C x) mendekati P(X C ~) = 2’.

Begitujugabilax—’ — ~makaP(X C x)~.P(X C — ~) = P(s)=0

(d) F ( 13 adalah selanjar dan kanan pada setiap titik x . Sifat m i boleh

ditulis sebagaiI F(x) = F(x0)

x

Bagi sebarang nilai h > 0 maka x0 C x0 + I i

P(x C x0 + h ) = P(X C x0) + P(x0 <X C x0 + h )

atau

F(x0 + h ) — F(x0) = P(x0 < X C x0 + h )

Bila h —. 0 maka { xo -c X C x0 + h} —. {~}

sehingga

P(x0 C X C x0 + h ) = 0

Oleh itu

~ [F(x0 + h ) — F(x0)] = ~ P(x0 < X C x~+ h ) = 0

yakni

~ F(x, + h ) = ~ F(x0)

atau

F(4) = F(x0)

F(x4) adalah had kanan bagi F(x) pada titik x = x0. Oleh itu

F (x) adalah selanjar dan kanan. -

Syarat untuk keselanjaran dan kin adalah tidak semestinya

untuk semua keadaan. Dan contoh 5 .1 iaitu x disknit F(x)merupakan garis yang melompat pada titilc-titilc x = 0, 1,2 dan 3 . Di

lain-lain ia selanjar. Bagaimanapun sifat selanjar dan kanan adalah

68




masih dipenuhi. Bagicontoh 5 .2 kelok F(x) adalah selanjar di mana-

mana, iaitu dani kin dan juga dan kanan pada setiap titik. Keadaan

m i membolehkan kita membuat kesimpulan iaitujika F(x) adalahselanjar maka X adalah selanjar. Jika F(x) mempunyai bentuk yang

melompat dan selanjar dan kanan maka X adalah pembolehubahrawak disknit. Dan jika F(x) menupakan gabungan kedua-dua sifat

m i, iaitu pada beberapa titik tertentu ia melompat sedangkan di lain-

lainnya selanjar X adalah pembolehubah rawak jenis bercampur. Jul

boleh ditunjukkan seperti contoh benilcut.

Contob: 6.1

Katalah pembolehubah nawak X mempunyai fungsi tabunan:

F(x) = ~ ~ +

11 x>~

Graf bagi F (x)

bolch ditunjukkan sepenti gambarajah 6 .1 .F(x)

— axo ½

GambaraJah 6.1: F(x) bagl contoh 6 .1

Kita dapati F(x) selanjar pada setiap nilai x kecuali pada titik x = 0.

Padatitikx = OF(0) = OsementaraF(0) = ~.mthberertiPIX <Q)

= 0 danP(X <0) = sehingga P(X = 0) = ~. Dan kenyataan m i

kim dapati kebanangkalian adalah tertaknif pada titik x = 0 yangmembawa pengertianX bukan pembolehubah rawak selanjar. Path

69




titik-titik lain ia selanjan. Jadi X tidak boleh dikelaskan sebagai

benan-benar selanjan atau benan-benar diskrit.

Bagaimanapun syarat keselanjanan yang diterangkan di atastidaklah cukup. Kim akan bincangkan di seksyen benikutnya secana

lebih mendalam.

3.7 Pengiraan Kebarangkalian daripada Fungsi Taburan

Penhatikan dalam membukti sifat (b) F (x) dalam seksyen 3.6

kita dapati jika a < b maka

{X C b} = {x C a} u {a < x C b}

P{X C b} = P{X C a} + P{a C X C b}.F(b) = F(a) + P{a C X C b}.

iaitu formula

P{a C X C b} = F(b) — F(a)

boleh digunakan untuk menentukan kebanangkalian bagi kesemuaselang dalam bentuk {a C X C b}.

Dengan menggunakan keputusan m i juga kita dapati bagih >0.

P{b — h C X C b} = F(b) — F(b — h )

dan jika diambil had bila h 0

~ F{b - h C X C b} = ~ jF(b) — F(b -

Bila h 0 had bagi set {b — h C X C b} adalah set {x = b}sehingga

had P{b — h C X C b} = P(~= b )

yakni

P(X = b ) = F(b) — F(b)

di mana F(b) ialah had k in bagi F(x~bila x = b Berdasarkan m l jika F (x ) melompat pada titik x = b maka P(X = b ) ialah tinggilompatan dan F (b — 1 ) dan F ( b ) :

PR = b ) = F(b) — F(b — 1) bagi X disknit.

Sementara b a g m F(x~yang juga selanjar dan k in F(b) = F(b)makaP(X = b ) = 0 bagi x selanjan.

7 0



TA BUR A N PEM BOLE HUBA B RA W A K

Berdasarkan dua keputusan di ataskebarangkalian dapat diselesaikan

menggunakan fungsi taburan.

Contoh: 7.1Katalah pembolehubah

sepenti berikut:

F(x)= {~+i

bebenapa masalah mencani

secara langsung dengan

rawak X mempunyai fungsi taburan

xC 1

1CxC2

x>2F(x)

2/3

1(3

2 3

G.mb.r,iah 7 .1: Grit F(s) b~icontoh 7 .1

(a) P(X = 1 ) = F(1) — F(1)

= F(1) — F(0) = — 0

(b)

2

~

7 1



TABIJRAN PEMBOLEHUBAH RAWAK

bahawa kebanangkalian bennilai bukan sifar hanya wujud pada titik -titik X = x di mana x = 0, I, dan 2 . Kebarangkalian masing-masing

ialah sama dengan tinggi lompatan iaitu ~-. Jadi dapat ditaknifkan


F(x)

2 ____

— x

I 2 3

Gambarajah 7.2: G ra f bagi Fix) untuk contoh 7.2

bagi pembolehubah nawak X sebagai

f(x)= P(X = x) = x = 0,1,2

dan /(x) = 0 di lain-lain

Dan contoh 7.2 di atas dapat diperhatikan hubungan di antarafungsi tabunan F(x) dengan fungsi ketumpatan kebanangkalmanfix)

yang benkaitan bagi pembolehubah nawak disknit. Yakni

fix) = F(x) — F(x — I), I/x eA~

Bagi fungsi tabunan F(x) adalah selanjan hubungan di antara

F(x) dan fungsi ketumpatan kebarangkalian fix) dan kaitannyadengan keselanjanan bagi pembolehubah rawak X dapat ditun-

jukkan dengan memerhatikan definisi berikut.

Definisi: 7.1Pembolehubah nawak X adalah selanjan jika sekinanya fungsi

taburannya F(x) adalah

(a ) F(x) selanjan.

73



KEBARANGKALIAN DAN S TA TISTIK

XC1

F(x)

1

(b) Tenbitan pentama F’(x) = adalah wujud dan

dx F(x) = fix)

pada setiap titik x .(c ) F~(x)adalah selanjar sesecebisan.

Berdasarkandefinisi 7 .1 adalahjelas bahawa fungsi ketumpatankebanangkalian bagi pembolehubah rawak selanjanboleh dipenolehi

dan terbitan pentama bagi F(x), F~(x)di dalam domain yang

berkenaan.

Contoh: 7.3Fungsi tabunan bagi pembolehubah nawak X adalah

(0F(x)=

x

Gambar~J~h7.3: Grof bag i Fix) contoh 7.3

Fungsi ketumpatan kebanangkalian gx) boleh dipenolehi dengan

membezakan fungsi F(x):

(0 x<i

fix)=F~(x)~= ~dx i 2

1CxC~

Contoh: 7.4

Anggap fungsi F(x) dibeni sebagai

0

74



TA BUR A N PEM BO LEI IUBA H RA W A K

atau

fix) = dF(x)

x<0

0~x< 1

1 z~x

0 x<0

O~x<l

0 l~x

f(x) =

ix 0 1 C x < I

di lain-lain

Dalam kes-kes tertentu tendapat juga taburan di mana fungsitaburan adalah sukar untuk dipensembahkan dalam bentuk mudahsepenti contoh-contoh lepas. Kes-kes sedemikian, sebagai contoh,pembolehubah rawak yang mempunyai fungsi ketumpatan

kebarangkalian

{1 fix) = ~ exp{ -

0

— ~XJC x C ~

di lain-lain

iaitu X bertabunan normal, maka fungsi taburan boleh ditulis dalam

bentuk

r~ 1

F(x)= j1_ex~

ygw~~2

1 . ~ a ) } — t C x C X~

Sebaliknya jika fungsi taburan adalah seperti bentuk di atas yakni

F(x) =

F(x) =

{ x~

Fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi X ialah

75




maka fungsi ketumpatan kebanangkalmanJ(w) boleh dipenolehi dan

tenbitan pentama F ’ (x) adalah fungsi f itu sendini.

3.8 Taburan bagi Fungsi kepada Peinbolehubah Rawak

Katalah X adalah satu pembolehubah nawak yang bentabunan f~(x).Maka, dalam keadaan tententu kita bukan sahaja benminat

kepada X tetapi juga kepada satu pembolehubah nawak lain, Yyang

merupakan fungsi kepada X. m i benenti, jika hubungan Ydan X

adalah dalam bentuk:

Y= cb(X)

maka kita ingin mengetahui tabunan bagi V Penentuan tabunan bagi

Y , tennyata bengantung kepada fungsi 4 ) dan taburan bagi X oleh

kerana sebarang kesudahan s yang menentukan nilai X pada titik s, X(s), juga menentukan nilai Y pada titik s iaitu

Y(.s) = 4)(X(s))

Jadi tabunan bagi pembolehubah rawak baharu Yboleh dipenolehi

berdasankan pengetahuan tentang tabunan bagi pemboleubah

nawak X.

Dalam seksyen m i , kita akan bincangkan kaedah yang

digunakan untuk mendapatkan taburan bagi Y dengan meng-

gunakan fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi X. Pene-

kanan hanya akan dibeni kepada bebenapa fungsi penting yang

selalu digunakan dalam praktik.Sekarang, katalah kita andaikan

Y = 0(X)

Maka, fungsi ketumpatan bagi Ydipenolehi dengan tenlebih dahulumendapatkan fungsi tabunan bagi Y . F

9(y). Rita dapati

F}4y) = P(YC y) = P(çb(X) C y)

atau

{J

{0(x) C ~.G(x) dx bagi X selanjan

Fy(y)

.I~ (x) bagi X disknit{4)(x) C y~

76



TA BUR A N PEM BO LEH UBA H RA W A K

kita dapati domain bagi pembolehubah rawak Yadalah terdiri dansemua nilai y supaya y = ax + b dan x adalah nilai di dalam domain

bagi X.Fungsi taburan bagi Yadalah

Fy(y) = P(Y C y ) = P(aX + b C y)

I y—h

= PI,~X C

— b = Fx(~)

Untuk mendapatkan fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi Ybagikes disknit kita boleh gunakan kenyataan-kenyataan bahanu jika

F~y)= — b)

maka

=

Sementana bagi kes selanjar kita boleh gunakan teorem benikut:

Teorem: 8 .1 .Jika fungsi ketumpatan bagi pembolehubah rawak X ialahfix)

danfungsiy = ax + badalahbolehdibezamakafungsiketumpatankebarangkalian bagi Yialah

dF~y) (y—b\dx (y—b\~

dy —fx~ a )~fx\~~ a

jika

7Coutoh: 8.3

Katalah X mempunyai fungsi ketumpatan kebarangkalian

1 1 1 fx_p’~2

.f~(x)= exp~—I . 2\ tYJ —~CxCcc

Biarkan Y = X—p Dapatkan fungsi ketumpatan kebarangkalian

bagi 1 ’ .

79




Sementana -

Fy(y) = P(YC y) = P(X 2 C y )= P(—\/~CXC~/~) j&ay>0= F~(~)- F~( —

Fungsi ketumpatan bagi Y ialah

MY) = ix(~J~) — f~( — ~/I;)

Oleh kenana — . . , / i ~ C 0 makaf

1(— fj)= 0 maka

MY) = -02~/~

atau

~ 2../

0 di lain-lain

Penhatikan bahawa contoh 8.4 adalah benbeza dan contoh 8.3

dani segi fungsi 4 ) adalah bukan linear.Tetapi boleh dijadikan kepadadua fungsi linear, dan teorem 8 .3 boleh digunakan.

Sebenannya teorem 8.3 boleh dijadikan lebih umum supayamengambil kina fungsi bukan linear. Tetapi syarat yang hanus

dipenuhi ialah fungsi 4 )

adalah benhubungan satu dengansatu. Jika kita anggapkan

Y = 0(X)

maka hubungan nilal y dan x ialah

y = 0(x)

dan fungsi songsangnya ialah

x = w(y)

maka fungsi ketumpatan bagi Yadalah diberi sebagai

81



KEBARANGKALIAN DAN ST A TISTIK

= ~wtv))

Contoh: 8.5Pembolehubah rawak X mempunyai fungsi ketumpatan

kebarangkalian ~, — x > 0 —

(~ di lain-lain

Katalah Y = + ~~/iDapatkan fungsi ketumpatan bagi V

Penyelesaian:

3)=]x =‘-x=y 2

dan dx= 2ydy

ma ka

fy(y) = .fx(y2) 2yj

= 2ye~

atau - 2

— t2ye’ 0<xCcC1

1(y) —di lain-lain

Latihan Bab 3

3 .1 Satu duit syiling dicampak berturut-turut sebanyak empat kali.

Senataikan kesemua kemungkinan kesudahan. Senaraikan jugatitik-titik sampel yang terdapat dalam penistiwa C di mana sekunang-

kurangnya dua kepala muncul. Jika ditaknilkan X sebagaipembolehubah nawak yang menunjukkan bilangan kepala yang

keluan padankan kesemua titik sampel dengan nilai-nilai bagi X.Nyatakan penistiwa C sebagai padanan kepada penistiwa yang

melibatkan pembolehubah rawak X.

3.2 Satu uneang mengandungi 3 biji bola menah yang bertanda 1,2 dan 3dan 2 bola putib yang bertanda 1 dan 2 . Jika 2 biji bola dipilih

senentak secara rawak senaraikan kesemua titik-titik dalam ruang

sampel. Jika pembolehubah nawak X ditaknifsebagai bilangan bola

merah yang terpiih.

82



TABURAN PEMBOLEHUBAI - I RAWAK

(i ) padankan setiap titik sampel dengan X

(ii) senaraikan domain yang boleb diambil oleh X.

Dapatkan kebarangkalian bagi

( i ) setiap titik dalam wang sampel(ii) setiap nilai yang diambil oleh pembolehubah rawak X.

3.3 Dua buah dadu enam muka dicampak serentak. Jika pembolehubahrawak X adalahjumlah permukaan kedua dadu, senaraikan domain

bagi X. Jika peristiwa A adalah peristiwa di mana X mengambil nilai

nombor genap senaraikan nilai-nilai yang diambil oleh X di dalam

A. Dapatkan taburan kebarangkalian bagi X Jan tentukan P(A).3.4 Satu duit syiling dicampak 4 kali. Dapatkan taburan kebarangkalian

bagi pembolehubah rawak berikut:

(a) X ialah bilangan ekor yang muncul

(b) X ialah bilangan ekor yang muncul dibalingan pertama dan

k edua

(c) X ialah bilangan ekor yang muncul jika balingan pertama

menghasilkan kepala.3.5 Dapatkan taburan kebarangkalian bagi pembolehubah rawak X di

mana x adalah bilangan paku rosak yang diperolehi apabila 5 paku

dipilih secara rawak dan satu bakul yang mengandungi 100 paku, 15daripadanya adalah rosak.

3 . 6 Dapatkan tabunan kebarangkalian bagi pembolehubah rawak X dimana x adalah bilangan orang Melayu yang menganggotai ~atu

jawatankuasa 5 orang jika jawatankuasa tersebut dipilih secara

rawak dan 10 orang Melayu, 8 orang Cina dan 7 orang India.

3.7 Bilangan pelanggan yang membeli di sebuah kedai berlian dalamsaw han didapati mempunyai taburan kebarangkalian seperti

berikut:

Bilangan pelanggan (xi) : 0 I 2 3 4 5 6P(X = x 1 ): 05 • 1 •1 5 ~25 - 3 1 05

Dapatkan

(a ) Kebarangkalian sekurang-kurangnya 4 pelanggan membeli dikedai tersebut dalam satu han

(b) Kebarangkalian kedai tersebut tidak dapat menjual sebarang jualan dalam satu han

(c ) Kebarangkalian di antara 1 hingga 4 orang yang membeli dikedai tersebut dalam satu han.

3.8 Jika saw fungsi adalah dalam bentuk

83



TA BUR A N PEM BOLE HUBSH R A wA K

Apakah nilai a supaya /(x) adalah fungsi kebarangkalian bagi

pembolehubah rawak X. Dapatkan(a) P(X = 2 )( b ) P(X = 2 atau 3 )

rawak X mempunyai fungsi ketumpatan

10 fix)= ) ax OCxC2

a(4—x) 2CxC4

(a) Apakah nilai a supaya fix) benan-benan fungsi ketumpatankebanangkalian bagi X.

(b) Dapatkan kebanangkalian

( i ) P(X ~ 2 )

(iii) P(0 C X C 5 )

(ii) P(X C 3 )

(iv) PU C X C 3 )

3.14 Katalah X adaiah pembolehubah nawak yang mempunyai fungsikebanangkalian sepenti benikut

x=x 0

1 ( x ) 08

1 2 3 4 5

2 ~4 1 5 1 2 -0 5

Jika penistiwa A = {F C X C 4), B = {X = 2 } dan C = {2 C X C

3 } .Dapatkan

( i ) P(A)

(iii) P (A u B)

(ii) P(B)

(iv) P(A u C )

El

f(x) =~ ~

3.13 Pembolehubahkebarangkalian

xCO

0 x>4

3.15 Pembolehubah nawak X mempunyai fungsi ketumpatankebanangkalian

0 C

x C

di lain-lain

85




Dapatkan

(i ) PR = 0 ) (ii) PR > 0 )(iii) P(X C x) (iv) P(l c X ~ 5 )

3.16 Dan fungsi ketUmpatan dalam soalan 2 .11 dapatkan dan lakarkanfungsi tabunan bagi X.

3.17 Lakankan fUngsi taburan F (x) bagi fungsi ketumpatan keba-rangkalian dalam soalan 3.11.

3.18 Dapatkan dan lakankan fungsi taburan bagi X dalam soalan 3.13.

3.19 Dapatkan dalam bentuk formula fungsi taburan bagi pembolehubah

nawak X yang mempunyai fungsi ketumpatan kebarangkalian

0CxC~1(x) = 2

0 di lain-lain

Lakarkan graf bagi F (x)

3.20 Diberi fungsi tabunan bagi pembolehubah nawak X sebagai

(a ) 10 xCO

OCxC2

1 x~2

(b) F(x)=J~ xCO

I — e~ x > 0

Dapatkan:

(i ) P(X = 0 ) (ii) P(X C 2 )

(iii) PU C X c 3 ) (iv) PR > 3 )

(v ) P(X=2) (vi) PU CXC2)

3.21 Jika fungsi taburan bagi pembolehubah rawak X adalah sepenti

gambanajah di sebelah

86



1 2 3 4 5 6

(i ) P(X C 2 )

(iii) PU C X C 3 )

(v ) P(1CXC2)

(ii) PR > 3 )

(iv) PR = 2 )

(vi) PR > 5 )

3.22 Pembolehubah rawak X adalah mempunyai fungsi ketumpatankebanangkalian

(i)~ 3- x = 0, 1 , 2 , 3

di lain-lain

Lakarkan fungsi taburan F(x) bagi x dan

Dapatkan

(i ) PR = 0 )

(iii) P(X = 3 )

(ii) PR > 0 )

(iv) PR C x)

(0

~1

F(x)=

J3(,i

87

3/4

1/2

1/4

C


F(x)

F(x)

Dapatkan:

3.23 Satu pembolehubah nawak X mempunyai fungsi taburansebagaimana benikut

xCO

OCxC1

lCx<2

x~2



XEBARANGKALIAN DAN STATISTIK

Dapatkan fungsi ketumpatan kebarangkalian fix) bagi X.

3.24 Jika dibeni fungsi tabunan adalah

(a) (0

F(x)=

(•0

F(x)= (1

Dapatkan fungsi ketumpatan kebanangkalian fix) bagi setiap kes.

3,25 Satu pembolehubah rawak disknit X adalah mempunyai fungsiketumpatan kebanangkalian

Jika ditaknifkan pembolehubah nawak Y = 2X. tentukan domain

bagi Ydan dapatkan fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi 1 ’ .

3.26 Pembolehubah nawak X mempunyai fungsi ketumpatan keba-

nangkalian

f(x) =

Jika ditaknifkan Y = X2. Dapatkan (a) Domain bagi Ydan (b) fungsi

ketumpatan bagi Y .

3.27 Pembolehubahnawak Yadalahditaknifsebagai Y= 2X + 3,dimanaXmempunyaifungsiketumpatanf(x) = e~0C x C co;f(x) = 0,di

lain-lain. Dapatkan fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi 1 ’ .

3.28 Jika X me~punyai~ju~gsikebanangkalian

P(X = x) = (xx)”” — p)4~X x=0, 1,2, 3,4

= 0 di lain-lain

Dapatkan fungsi kebarangkalian bagi Ydi mana Y = 2X — 1 .

(I,)

xCO

OCXC1

x>0

xCO

— x > 0

nx — 0

çtl e

0

x = 0, 1 , 2, 3 ,

di lain-lain

—2CxC2

di lain-lain

88



BAB4SET-SET BEBERAPA PEMBOLEHUBAH

RAWAK4.1 Pengenalan

Setakat m i kita telah menghadkan perbincangan kepada kesyang melibatkan ruang sampel domain yang mempunyai hanya s a m

dimensi. Kesudahan dianggap hanya membentuk satu

pembolehubah nawak sahaja. Dalam keadaan tententu kita jugapenlii membincangkan bebenapa pembolehubah nawak yang ditaknif

di atas satu nuang sampel yang sama. Sebagai contoh, kita

perhatikan percubaan mernilih seorang kanak-kanak lelaki daniluar bandan. Danipada kumpulan kanak-kanak m i, yang menupakan

set bagi nuang sampel, kita mungkin penlu mengetahui dua hal,

katakan tinggi dan j.uga berat badan mereka. Jika kita taknitkan Xmewakili tinggi dan Ymewakili benat badan, maka X dan Yadalah

dua pembolehubah rawak yang ditaknif ke atas setiap kanak-kanak tersebut. Kita penhatikan domain bagi X dan Ybukan lagi domain

satu dimensi.

OIeh kerana kes dua atau lebib pembolehubah nawak m imerupakan lanjutan kepada satu kes pembolehubah rnaka konsepdan penjelasan yang sama danipada kes tersebut masih boleh

digunakan.

Dalam bab m i, penumpuan akan hanya dibeni kepada kes yang

melibatkan dua pembolehubah nawak sahaja walaupun tendapat juga kepenluan membincangkan kes-kes yang melibatkan lebibdanipada dua pembolehubah. m i kenana konsep-konsep m i boleh

dengan senang dikembangkan untuk mengambil kira kes banyak

pembolehubah.

4.2 Pasangan Pembolehuhah Rawak dan Penistiwa

Jikalau, katalah, X dan Y adalah dua pembolehubah rawak

8 9




maka X adalah satu fungsi nilai nyata yang memadankan tiap-tiaptitik sampel s e S kepada nilai-nilai di dalam domain yang bahanu.

Begitu juga pembolehubah rawak Y yang dipadan ke atas s e S tensebut. Jadi domain bagi kedua-dua pembolehubah nawak X dan Y

adalah domain dua-dimensm di mana setiap titik s ; se S dipadankankepada unsur nyata x, y di mana x = X(s) dan y = )js). Setiap

pasangan (X. Y) adalah merupakan padanan daris :seS kepada titik

(x, y). Sebagaicontoh, perhatikan pencubaan melambung duit syiing3 kali. Ruang sampel S ialah

= ~ KKK, KKE, KEK, EKK, EKE, LEK, EKK, EEE ~2 S

3 54 55 S~ 57

Jika kita taknifkan pembolehubah rawak sebagai:

X = bilangan kepala yang muncul pada dua lambungan yang

mula-mula.Y = bilangan kepala yang keluan pada lambungan terakhmr

maka X akan mengambil nilai-nilai { 0 , 1,2) dan Yakan mengambil

nilai-nilai {0 , l}. Padanan dan titik-titik sampel s 6 S denganpasangan (X , Y) boleh ditunjukkan sebagai jadual benikut.

s~ S~ $3 $4 $5 ~6 S~ S~

X(s) 2 2 1 1 1 0 1 0

Y(s ) 1 0 1 1 0 1 0 0

Dan jadual di atas kita penhatikan bahawa titik ~i dipadankan

kepada titik (2,1), ~2 kepada (2,0) dan seterusnya. Atau secara umumdomain bagi (X. Y) dicatat ~ adalah domain yang terdini dan (x. y)

iaitu

= {x. y: x = 0, 1,2 dany = 0, l}.

Dengan menggunakan konsep yang sama peristiwa bagipembolehubahrawak (X. Y) boleh ditaknifkan. Jika A adalah subset

di dalam A~,maka peristiwa [(X, Y) e A] adalah padanan kepadapenistiwa C yang ditaknif atas ruang sampel s di mana C = {s SE S

dan X (s)e A dan Y(s) EA}. Sebagaicontoh, penistiwa (X = 0, Y = 1 )adalah padanan dan titik-titik sampel di mana {s :s ES danX (s) = 0

dan Y(s) = 1 } iaitu ~6 dan eontoh di atas. Penistiwa (X C 1 dan Y =

90



SET-SET BEBERAPA PEMBOLEHUBAH RAWAK

0 ) adalah padanan dan { s s eS dan X ( s ) ~ 1 dan Y(s) = 0} iaitu

titik-titik 55, 57 dan s3 . Dan seterusnya.

Sekarang, katalah kita anggapkan X dan Y adalab duapembolehubah rawak. Taburan kebarangkalian bagi berlakunya X

dan Ysecara serentak, ditulisf(x. y ) adalab fungsi kebarangkalianmaka seharusnya ia memenuhi syarat:

(i ) 0 ~f(x.y) ~ I

(ii) f(x.y) = flf(x,y) = 1 xy

atau

=

bagi kes diskrit

bagi kes selanjar.

4.3 Fungsi Ketumpatan Bersama

Jikalau X dan Yada!ah pembolehubah rawak diskrit maka X

dan Y hanya mengambil nilai-nilai nombor bulat. Maka taburan

kebarangkalianf(x, y) = P(X = x. Y = y ) cuma tertakrif pada titik -titik di dalam ~

Definisi: 3.1

Jadual atau

kemungkinan (x, y )kebarangkalian f(x,

bersama atau fungsidan Y .

Contob 3.1

formula yang menyenaraikan kesemua

bagi pembolehubah rawak X dan 1 ’ , dan fungsi

y) adalah dipanggil taburan kebarangkalian

ketumpatan kebarangkalian bersama bagi X

Perhatikan percubaan lambung duit syiling 3 kali, dan X

ditakrif sebagai bilangan kepala yang muncul daripada dualambungan mula-mula dan Y sebagai bilangan kepala yang keluarpada lambungan ketiga. Maka, domain bagi X, Y ialah

~ = { (0 , 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0), (2, 1 ) }

Kebarangkalian untuk setiap titik berkenaan dapat ditunjukkan

seperti jadual di muka surat 92.

91




ftx,y)

‘C

0 1 2

0

If

1

28 8 8

1 18 8 8

12P(A) = f(O,O) +f(1,O) = + I

Katalah B = L X C 1 ]

PeristiwaB = [X C 1 ] bolehditulissebagaf[X C 1 dan Y= Oatau

1 ]

OIeh itu,

P(B) = P(X C 1 dan Y= OatauX C idan Y= 1 )= P(X C 1 dan Y= 0 ) + P(X C 1 dan Y= 1 )

= 1(0,0) +f(1,O) +f(0,1) +f(1, 1 )

1 1226=

Fungsif(x, y ) adalah memenuhi syarat

Ef(x.y) =

4,,

2 1

E Ef(x,y)=1x=o y~o

1 2 1 12 1iaitu, =I+I+I+I+_+I=1

Katalah, A = [X Cl, Y= 0]maka

A= {(O,O),(i,0)}

Dan

3

8

92



SET-SET ~EBERAPA PEMBOLEHUBAFI RAWAK

Katalah, C = [X 2, Y= 1 ] maka

P(C) = P(X = 2 , Y= 1 ) =f(2, 1 ) =

Definisi: 3.2Fungsi bukan negatif f(x, y ) dipanggil fungsi ketumpatan

kebarangkalian bersama bagi pembolehubah rawak selanjar X dan

Yjika bagi domain, ~ maka

y) dx dy 1

dan jika A <A~~maka

P(A) = I fi~x.y) dx dj~JAJ

Definisi 3.2 di alas memberikan pengertian bahawa fungsif(x,y) adalah merupakan permukaan di atas satah — (x, y ) di mana jika

satu subset A yang digambarkan oleh kawasan dalam satah — (x, y)maka P(A) = P(X, Y~ A) ialah isipadu yang dibatasi oleh tapak A

dan permukaanf(x, y).

x

I (x,y)

f (x, y )

VA

Axy

O.mb~~.hal: .A~yden f(x. y)

93




Dalam penentuan kebarangkalian satu-satu peristiwa ternyata

melibatkan penentuan tapak dalam•satah — - (x. y ) di daiarn domain

As,.. Jadi adalah penting jika kita terlebih dahulu memerhatikankawasan yang ditakritkan oleh satu-satu peristiwa sebelum kita

tentukan apakah kebarangkalian. Keadaan m i akan lebih ketara jika peristiwa tersebut adalah rumit bentuknya. Sebagai contoh kita

perhatikan beberapa peristiwa berikut dengan bantuan gambarajah:

Gambarajah 3.2a: Kawasan berlorak menunjukkan

peristiwa [a~X cb y ~ Vt]

GambersjthS.Z,: K a w a s a n berlorek menunjukkan-peristiwa h i c

y

y 1

VA0 a

x

y

rssA /////~~/////////////// K

94



SET-SET BEB ERAPA PEMBOLEHUBAR RAWAIC

0

Gambarajah 3.2c~ Kawasan ber~orek menunjukkafl peristiwa [aC XCb.c <y < d]

‘ C

Kawasarl berlorek menunjukkanperistiwa (~? y)

Katalah X, Yadalah dua pembolehubah rawak selanjar yangmempunyai fungsi ketumpatan bersama

y

C

a b

y

y=x

Gambarajah 3 .2 d :

Contob: 3.2

95




< x < -i , y~~) j’~J’f(x.y)dyax =

f 5 ’ I dy dx

=

x < ~, o < y < jJf(x. y) dy dx

= 5 ~ f~1 dy dx

4

x

f(xy)=

(0

o < x < 1,0 < y < I

di lain-lainDapatkan

(a)

(c )

<X <~, Y C

<x

(b) <x <~, o < y <

(d) P(X ~ Y)

y

0,2

1.1

Penyelesaian:

Domain bagi ~

< . v < ~ 0 < y <

(a )

(b) ~(o <

0, 02, 0 1,0

96




(c )

[o ii r

<~ = <x , o < y <

atau kawasan berlorek dalam gambarajah 3 .3 .

fjf(x. y) dx dy

= JJ~1dxdy

1

2

y

0 ,1 1, 1

0,0 1,0 x

Ialah peristiwa[O ~ X < fl Gambarajah 3 .3 a : ______

OIeh itu

(d) P(X ~ Y)

97




________ i&ah pe~istiw~[X ~‘ Y 1

(PX~ Y)= P(X~y,O<y< 1 )

1 1 C l

= J J ldxdy

=

Contoh: 3.3

Katalah X, Y adalah dua pembolehubahmempunyai fungsi ketumpatan bercantum

f(xy)={2 .di lain-lain

y=x

(ii)

x

G~mb~~~jah3.3b~

rawak selanjar yang

0<x<y<2

Domain bagi X, Y A~,adalah.ditunjukkan sebagai kawasanberlorek

dalam gambarajah di bawah.

: ~02,O



SET-SET BEBERAPA PEMBOLEHUBAH RAwAKr ‘ ii

L°c X C—, Y C

3.4

A dalam gambarajah

256

Sementara peristiwa [x < adalah sama dengan peristiwa

[X .c 1 , x < Y < 2 ] dan

P(X<fl= JJ~1dydx

4.4 Fungsi Taburan Bercantum

1’( x~’\ = I Ix—----ldx

Jo\ 4j

Katalah X dan Yadalah dua pembolehubah rawak denganf(x,y) sebagai fungsi ketumpatan bercantum. Jika kita takrifkan

peristiwa [X C x, Y ~ y] maka

P(X E x, Y~y) = F(x,y)

adalah dipanggll fungsi taburan bercantum bagi pembolehubahrawak X dan Y

Bagi X dan Ydiskrit maka

f(x.y)= ~X~Cx Y~y

Sementara bagi X dan Yselanjar

f(x, y)

(x Iy f(x,y)= J • J

-~ ~a)

f(x, y) dy dx

/ 1 1\ 1fI’~xy Pt~0<X c~,Y<~,)= J

0J0-ydxdY

3 ‘ 2= I

Jo “

7

16

99




Contoh: 4 .1

Katalab X, Ymempunyai fungsi ketumpatan bercantum.

ma k a

berikut:

ffr,y)

Jf

0 1

0

‘ C 1

2

18 I I

2 28 S

I8

8

F(0, 1)= 1(0,0)

F(1,0)= 1(0,0)

+ f(0.1) = +

+ 1(1,0) = + =

F(l, 1)= f(O,O) +1(0,1) +1(1,0) +1(1,1)6

8

F(2,0)= 1(0,0) 4

+ f(1, 0 ) + f(2, 0) = —

8

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

+fl2,0)+fl2,1)

ata~iboleh diperhatikan sebagai jadual di sebelah:

fungsi taburan bercantum, F (x, y) boleb diperolehi seperti

F(0,0) = f(0,0) =

100



S ET - S ET B E B E R A PA PEMBOLEHUBAH RAWAK

V

F(x,y) o 1

0

x 1 I

8 8

24 ~ 1

Contoh: 4.2Katalah f(x, y) adalah dua pembolehubah rawak selanjar

dengan fungsi ketumpatan bercantum

maka

4xy f(x. y) = { 0

0 < x c 1,0 c y C 1

di lain-lain

rx r~F(x,y)= I I 4xydydx

Jo Jo

= 1 : 2xy2 dx

= y2 x2

Si6t Fungsi Taburan Bercantum

Sifat-sifat fungsi taburan bercantum F (x,y) adalahmempunyai

ciri-ciri persamaan sebagai fungsi taburan, F (x) bagi satu

pembolehubah rawak. Di sini dicatat secara ringkas sifat-sifat yang

inustahak.

(a) OCF(x.y)C1bagi—aJcx<cxD,—aDcy<~~

mi adalah jelas oleh kerana F (x, y ) adalah fungsikebarangkalian.

1 0 1




(ii) had F(x, y) = F(— cc, y) = 0

(iii) had—

F(x, y) = F(x, cc) = 0

F(x~,y2) —

(d) (i ) F(x, y) = F(a. y)

had(it) ~ F(x,y) = F(x.b)

(e ) Jikaa C bdanç CdmakaF(a,c) — F(a,d) — F(b,c) + F(b,d) ) 0

Keadaan m i boleh ditunjukkan seperti berikut:

F(a,c) — F(a,d) — F(b,c) — F(b,d) =

P(a c X C b.c -C Y C d)

OlehkeranaP(a <X C b,c -c YC d)) Oketidaksamaan

di atas adalah berlaku.

- had( 0 ( 0

F(x,y)= F(cc,y) = Fy(y)

had( i i ) y—.r

F(x, y) = F(x, cc) = F~(x)

Di mana F4y) dan F~(x)ialah masing-rnasing fungsi taburanbagi peinbolehubah rawak Ydan fungsi taburan bagi pembolehubah

raWak X. Fungsi taburan F~(y)dipangglll fungsi taburan margmna)

bagi Ydan diperolehi dengan mendapatkan had bagi F(x. y) bila x

(b) Jika x1 C x2 dan y1 C Y 2 maka F(x, y)

atau F(x. y) adalah fungsi tak menurun.

(c ) ( 1 ) had F(x. y) = F(cc,cc) = I

y -,

102



S ET - S ET B EB E R A PA PE M B OL E HU B A I -1 RAWAK

mendekati infinit atau bersamaan dengan mendapatkan P(X C x, Y

c cc). Fungsi taburan marginal bagi X, F,(x) juga diperol ehidengan

cara yang sama.

4.5 Fungsi Ketumpatan Marginal

Katalah kita diberi fungsi ketumpatan bercantum bagi dua

pembolehubah rawak X, Y sebagai f(x, y). Fungsi ketumpatan

kebarangkalian Ix (x~= g(x) bagi satu pembolehubab rawak X

adalah dipanggil fungsi ketumpatan marginal bagi X. Juga fungsif~(y) = h(y) adalah dipanggil fungsi ketumpatan marginal bagi Y .

Fungsi g(x) (atau h(y)) m i adalah fungsi kepada hanya x (atau y )

sahaja. Oleh kerana fungsi ketumpatan marginal adalah satu fungsiketumpatan kebarangkalian, maka ia memenuhi syarat fungsikebarangkalian.

Fungsi ketumpatan marginal bagi kes X dan Y diskrit boleh

diperolehi dengan formula berikut:

g(x) = tf(x,y)y

dan

/z (y ) ~ f(x, y)

Semeritara bagi X dan Y selanjar maka

g(x) = J -~ f(x, y) dy

dan

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

Contoh: 5 .1

Katalahf(x, y ) bagi dua pembo]ehubah rawak X, Yadalah

x+y x= 1,2,3dany= 1;2

f(x,y)= 21

0 di lain-lain

103



0

Fungsi ketumpatan marginal bagi X ialah seperti gambarajah dibawah. x 1 2 3

5792

yang diperolehi dengan menggunakan formula g(x) = 1 f(x, y)

Z j~y 2 3 5g(1) = ,~i 21 = + —

g(2)= ~

2~~=3 4 7

Y=i 213+y4 5 9

21 21+2121

7=1

Dengan cara yang sama fungsi ketumpatan marginal bagi Ydapatdiperolehi sebagai:

y 1 2

KEBARANGKAL1AN DAN STATISTIK

Fungsif(x, y ) ditunjukkan dalam gambarajah di bawah.

2 3

21

~3,2)

4

2 1 2 1

2

21

1 (3 , I)

3

21 21

2 3

iaitu

9 12

21 21

1 04



SET-SET BEBERAPA PEM BO LEH UBA H R A W A K

Contoti: 5.2

Katalahf(x,y) = e’’;O C X < (13,0 C y < 03

ketumpatan bersama bagi X dan Y

Maka fungsi ketumpatan marginal bagi X ialah

adalah fungsi

atau

g(x) : I . : - ; f(x. y ) dy =

e~ dy

g(x) = {e~ o < <di lain-lain

Fungsi ketumpatan marginal bagi Yialah

atau

h&) = dx

= C’

hW= {C’ O<y<03

di lain-lain

Oleh kerana fungsi ketumpatan marginal adalah fungsiketuinpatan kebarangkalian bagi satu pembolehubah, maka sudah

tentu ia botch digunakan untuk rncndapatkan kebarangkalian bagi

peristiwa-peristiwa yang ditakrif di atas pembolehubah rawak tersebut. Sebagai misalan perhatikan contoh berikut.

Contoh: 5.3Katalahf(x, y) adalah sebagaimana contoh 5.2. Dapatkan P(0

<X1 ic 1 )

Penyelesaian:

P(O cX1 < 1 ) =

g(x) dx

=

I e~dx Jo

= 1 — C1

1 05



KEBARANUKALIAN DAN STATISTIK

Yaknif(x, y) adalah fungsi ketumpatan kebarangkalian. Bagi kesdiskrit dapat ditunjukkan dengan cara yang sama.

Untuk mendapatkan kebarangkalian bersyarat fungsiketumpatan bersyarat boleh digunakan sebagaimana biasa. Sebagai

misalan,

P(a < X < b/Y= y) = ff(x/y)dx

bagi kes selanjar atau

P(a<X<bJYy) Ef(x/y)

bagi kes diskrit.

x=o

Contoh: 6.1Katalah pembolehubah rawak X

ketumpatan bersama

1xy

fix, y) = 20

dan Y mempunyai fungsi

Ocx<y<2

di lamn-lain

Maka, fungsi ketumpatan marginal bagi X. g(x) ialah:

Fungsi ketumpatan bersyarat bagi Ydiberi X = x ialah

f(y/x) = =

0 — 4—x

2’

=0

/(x — ç )cx<2, x<y<2

di lain-lain

g(x) = J -~f(x, y) dy

bagi 0<x-c2

di Ilin-lain

108



SET-SET B E B E R A P A PEMBOLEHUBAH RAWAK

Fungsi ketumpatan bersyarat bagi X diberi Y = y ialah

f(x/y) = ~Cj) = f~i /( y3/4)

atau

Contoh: ~2

y2

(2x

f(x/y) =~ 1

(0

o < y < 2 ; 0 c x c y

0 < y < 2 ; 0 c x c y

d i lain-lain

Dengan menggunakan keputusan dad contoh 6.1. Dapatkan:

(a ) P(0 < X < 1/Y= y)

( b ) X <~/Y =

(c ) P(YC1/Xczl)

(a) P(0<X<1/Y=y)a

2x

:rit

Penyelesaian:

I f(x/y) dxJo

( b )

0

1

<x <~/Y=1)=

2x — i - dx y

f(x/y = 1 ) dx

109




(c ) P(YC l/X <1)

lintuk mengira kebarangkalian peristiwa m i kita harus gunakan

persamaan

P(Y< ldanX <1) P(Y < 1 / X < 1 ) =

P(X < 1 )

Peristiwa ~‘ < 1 , X < i~dan < iJ ditunjukkan sebagai kawasanberlorek dalam gambarajah berikut.

jJf(x. y) dy dx

— II ~~xy — I I —dxdy

Jo Jo 2 C ’ y3

= J~d~

11 6

(0,0) (10) (2,0) x

[X < 1] = [X

ly < 1 , X

<

1]

1,0< Y < 2];

P( Y < 1 , X < 1 ) =

1 1 0




P(X C 1 ) = P(X c 1~OC YC 2 ) =

< 1 , X C 1 )

PR < I)

16

7

16

Contob: 6.3

Katalahmempunyai

berikut:

X dan Y ada dua pembolehubah rawak diskrit yang

fungsi ketumpatan bersama, sebagaimana jadual

flx,y) y1 2 3

5(x )

i

x 2

3

1 2 I

ii

2 3 1—1 2 ii

1 1 0 —

12 1 2

4

1 2

6

1 2

2 —1 2

h(y) 4 6 2 — — —

12 1 2 1 2

fJ~±di~dx

y) dy dx

(x — - 4 - ) dx 1 ’Jo

7

1 6

Oleh itu

P(YC 1/iCc I) =

1

7

iii




Perhatikan bahawa penggunaan istilah jika dan hanya jika di

dalam definisi adalah untuk menunjukkan bahawa hubunganselisihnya juga berlaku. Yakni jika

f(x, y) = g(x). h(y) V(x. y) e

maka pembolehubab rawak X dan Y adalah ketakbersandaranstokastik.

Adalah tidak sukar untuk menunjukkan bahawa definisi bagiketakbersandaran stokastik adalah lahir daripada konsep

lcetakbersandaran bagi peristiwa-penistiwa. Katalah terdapat dua

penistiwa A dan B. Peristiwa A dan B adalah tak bersandarjika danhanya jika

P(A n B) = P(A). P(B)

Sekarang anggapkan A = [X C x] dan B = [Y C y] maka

P(A n B) = P(X C x, YC y) = P(X C x). P(Y C y )

atau

F(x,y) = F(x).F(y)

Yaknijika X dan Ytak bersandar malta fungsi taburan bersama bagi

X dan Y boleh ditulis sebagai hasil darab fungsi taburan marginal

bagi X dan fungsi taburan marginal bagi Y Jika A ’ dan Yadalah diskrit maka

F(x,y) = F(x).F(y)

ditakrif pada semua titik dalam domain bagi X dan Y bererti

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

atau

f(x, y) = g(x) . h(y).

Jika A ’ dan Yselanjar, terbitan pertama bagi F(x, y), F (x) dan F ( y)

adalah wujud di atas domain X dan Ysehingga

ÔF(xy) ÔF(x) 5F(y)

Uxôy ax

atau f(x,y) = g(x).h(y). -

1 1 4




Berdasarkan definisi 7 .1 juga dapat ditunjukkan bahawa fungsi

ketumpatan bersyarat adalah sama dengan fungsi ketumpatanmarginal bagi pembolehubah rawak tersebut, iaitu jika X dan Y

adalah ketakbersandaran stokastik maka

f(x/y) = g(x)

Dengan kata lain, m i bererti fungsi ketumpatan bersyarat bagi Y

diberi X = x (atau X dibeni Y = y) adalah tidak bergantung kepadakelakuan kebarangkalian pembolehubah rawak X (atau 1 1 .

Katalah X dan Ymempunyai fungsi ketumpatan bercantum

x = 0, 1

f(x.y) fxNfy(y); x = 0,1, y = 0,1

Oleh itu X dan Yadalah ketakbersandaran stokastik.

Contob: 7.2Dua pembolehubah rawak A ’ dan Y mempunyai fungsi

ketumpatan bercantum

f(x.y) =

(~0

(x, y) = {( 0 , 0 ) , (1 , 0 ) , (1 , 1 ) , ( 2 , 0 ) }

di lain-lain

dan f(y/x)= ii(y)

Contoh: 7 .1

f(xy) = ~ ~ (x,y) = {(O,O),(1,0),(0, 1),(l,1)}

0 di lain-lain

Fungsi ketumpatan marginaPialah:

t-0

=

I IMaka didapati

di lain-lain

y = 0, 1

di lain-lain

1 1 5




maka X dan Y adalah pembolehubah bergantung (kebersandaran

stokastitc). mi dapat ditunjukkan dengan mengambil satu titik katalah (x, y) = (0, 0).

Contob: 7.3

1f(0~0) =

g(0)= P(x = 0)

h(0)= P(Y = 0)

iaituf(0, 0 ) g(0). h (0 )

Katalah dua pembolehubah rawak selanjarketumpatan bersama

= I (x+y)dy Jo

1=

1

43

4

makag(x)h(y)= (x +

f l (y + 0 < x < 1 ,

O<y<1

mempunyai fungsi

O<xcl,Ocyc10 di lain-lain

adalah X dan Ytakbersandar.

Penyelesaian:

g(x = Jf(xy)dy

=

0<x<1

O<y< 1

y) dxC ’

= I (x +Jo

1=

116



SET-SET BEBERAPA PEMBOLEHUBAN RAWAK

Jadi X dan Y adalah bersandar kerana f(x, y) g (x) h (y).

Dengan pengetahuan bahawa A ’ dan Ytak bersandar pengiraankebarangkalian bagi satu-satu peristiwa biasa akan lebih senang. midapat dilakukan dengan menggunakan teorem berikut.

Teorem 7.1Jika A ’ dan Yadalah dua pembolehubah rawak tak bersandar

dengan fungsi ketumpatan marginal masing-masing ialah g (x) dan

/1 (y) bagi setiap a <. b dan c c d maka

Bukti

P(a <A’ c b , c - C Y -c d) = P(a -cX <b).P(c -c Y -c d)

Jika A ’ dan Ytak bersandar makaf(x, y) = g (x).h(y). Oieh itu

P(a cA’ -cb, c < Y -c d) = f J g (x) h (y ) dy dx

= f~x)dx.Jh&)dy

= P(a -cX -c b).P(c

< Y-c d)

Pembuktian bagi kes disknit adalahdigantikan dengan tanda jumlah.

Contob: 7.4

sama, cuma tanda kamilan

Fungsi ketumpatan bersama bagi A ’ dan Y adalah

I ~

f(x,y)=

1 ~ 0

0 < x < ~, 0 C y C

di lain-lain

X dan Yadalah tak bersandar oleh kerana

dan

g(x) =

h(y)= e”

f(x. y) = g(x) h (y )

0 < x C

0<y<oo

Katalah kita ingin mencani P(0 < X < 1 , 0 < X < 2). Denganmenggunakan fungsif(x, y);

117




n r2P(0 <A’ <1,0 C Y< 2) = I e_x_Ydydx

Jo Jo

= I — e~JO e_xdx

= ( 1 — e2).(1 — e’)

Dengan menggunakan teorem 7 .1

P(0<A’<1)= e~dx Jo

= I —

( ‘ 2P(0 C Y< 2)= e~dy

Jo

= 1 —

OlehituP(0 C A ’ < 1,0 C YC 2 ) = ( 1 — e~)(1 — C2)

Sebenarnya pengetahuan berkenaan dengan ketakber-

sandaran dua pembolehubah rawak akan memberi kemudahan

dalam perbincangan kes dua pembolehubah rawak atau lebih.Teorem-teorem yang berkaitan, bagaimanapun akan ditangguh

sehingga bab-bab yang akan datang.

4.8 Beherapa Pembolehubah Rawak

Konsep-konsep yang diperbincangkan bagi kes dua pem-

bolehubah rawak dalam seksyen-seksyen lepas boleh dengan senang

dikembangkan kepada kes banyak pembolehubah. Seksyen mimemberikan sedikit sebanyak pengembangan bagi konsep-konsep

tersebut.Katakan A’,, A ’

2 A ’ , adalah n pembolehubah rawak ditakrif d i atas ruang n — dimensi. Fungsi taburan bersama bagi A ’,, A ’ 2A ’ , yang mempunyai fungsi ketumpatan bercantumf(x, x,,..., A’ ,)adalah

F(x,. x2 x,,) = P(X, C x,, A ’2 C x2 A ’ , C x ,,)

F(x,,x2 x,) =

yakni

x,) x, x2 ...

1 1 8




Bagaimanapun harus diingat di sini bahawa jika keperluan di atas

dipenuhi A ’ , ... A ’, adalah dipanggil ketakbersandaran bercantum. m a

harus dibezakan dengan ketakbersandaran berpasanganiaitu setiappasangan bagi A ’ A ’ , adalah takbersandar. Jika setiap pasangan

adalah takbersandar tidak semestinya ketakbesandaran bercantum

dicapai.

4.9 Fungsi kepada Beberapa Pembolehubah Rawak

Jilca A ’ dan Yadalah dua pembolehubah rawak dan katakan ~adalah satu fungsi kepada A ’ dan Y Maka

Z =

~(A’, Y)adalah merupakan satu pembolehubah raWak baharu yang ternyatanilainya bergantung kepada nilai-nilai X dan Y~Bentuk demikian

yang lebih umum mungkin melfbatkan lebih dan dua

pembolehubah rawak iaitu

Z=Ø(A’,,A’2,..~A ’,.)

Fungsi taburan bagi Z iaitu Fz(z) = P(Z C z) boleh diperolehidengan menentukan jumlah atau nilai kamilan bagi fungsiketumpatan bercantum bagi A ’, ... X, di atas domain bagi X A ’, di

mana ~(x1 ... x,). C z. Yakni:

Fz(z) = P(Z C z) = P(44X1 ... A’,) C 2 )

= £nEfx1~..A’Jx,...x.J

bagi kes disknit, atau

= ~ ...~, (x, ...xjdx,dx2 ... dx,

bagi kes selanjar, di mana

B = {x, ...x,eR 4(x x,) C z}.

Penentuan jumlah atau kamilan di .atas adalah sukar untuk

dilakukan. Untuk tujuan kita, kita akan hadkan kepada kes duapembolehubah rawak sahaja. Dan bentuk fungsi 4 i yang kita akanbincangkan adalah fungsi linear dalam bentuk jumlah.

Andaikan

Z=X+ Y

120



SET-SET B E B E R A P A PEMBOLEHUBAH RAWAK

di mana X dan Ymempunyai fungsi ketumpatan bercantumfxy(x, y).

Untuk mendapatkan fungsi taburan bagi Z kita boleh gunakan

formula

Fz(z) = P(Z ~ z)= P(X + Y~ z)

= j jf(xY)dxdY

X+ycz

Kawasan bagi kamilan di atas ditunjukkan sebagai kawasan

berlorek dalam gambarajah 9 .1

F~(z)= 1 1x* y~2

8 r—~

x

G ambara jah 9.1:

Oleh itu

Kawasanx + y ~z

f(x. y) dx dy

f(x. y ) dx dy

121




Dengan melakukan pembolehubab iaitu anggap x = t — y maka

Fz(Z) = j-, J -‘ j(r—;~y) dt dy

= i: J 1.tu_Y.YdYdt

Untuk mendapatkan fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi Z kita

harus bezakan FA:) berdasarkan Z:

dF,(z) fi fz(z) = = I

dzDengan menyelesaikan kamilan berdasarkan y kita akan perolehi

fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi Z.Jikalau X dan Yadalah ketakbersandaran stokastik maka

f7(z) = — y) .f1(y)dyKeputusan bagi kes diskrit adaIah sama seperti yang telah

diperolehi kecuali tanda kamilan digantikan dengan tanda jumlah.Yakni

f7(z) = P(Z = z) = ~ f(x — y. y) y

atau bagi X dan Y takbersandar:

fz(z) = — y)fy(y)

C o n t o h : 9.1

Katalah X1 dan X2 adalah d u a pembolehubah rawak tak bersandar masing-masing bertaburan

f(x1) = x~> 0

andaikan S = X 1 + X2. Dapatkan fungsi ketumpatan bagi S .

Penyelesaian:

Fungsi ketumpatan bagi S ialah

s(s) = — x2)f~2(x2)dx2

122




olehkeranaX1 ~ OdanX2 >Omakaf~2(x2)= Okeeualijikax2 ~ 0 .

Begitu juga F~(s — x 2) = 0 kecuali s — x2 ~ 0 . Maka

t~(s)= j0txi(s — x2) f~(x2)dx2.

— f~I (sx )/2 —x IA

— 2 2

Jo/t /t

= e~ e~2M e~2~dx2

= e~ 1A d x

2

= s e~ s > 0

Taburan bagi jumlah beberapa pembolehubah rawak

diperolehi dengan mengembangkan formula yang diperolehi untuk

duapembolehubah.YaknijikaZ = X1 + X2 + ... + X~makafungsiketumpatan bagi Z diperolehi dan:

f~(z)= J ...J’f(z — — ... — x~,x2,x3,...

dx2 d x 3 ... d x 4

Bagaimanapun dalam praktiknya adalah sukar untuk diselesaikan.

Kaedah yang lebih senang akan dibincangkan di dalam bab yang

akan datang.

Latihan Bab 4

4 .1 Dua duit syiling lambung serentak sebanyak dua kali. Senaraikankesemua kemungkinan kesudahan. Jika ditakrifkan pembolehubahrawak X dan Ysebagai masing-masing, bilangan kepala yang keluarpada lambungan pertama dan kedua, tentukan domain bagi Xdan Y

Dapatkan taburan kebarangkalian bersama bagi X dan Y .

4.2 Dan satu uncang yang mengandungi 5 biji bola merah dan 3 biji bola

hijau, 3 biji bola dipilih secara rawak. Jika ditakrifkan X sebagai

123




bilangan bola merah dan Y sebag-ai bola hijau yang terpilih,

dapatkan

(a~ Domain bagi X, Y (b) Taburan kebarangkalian bersama bagi X dan Y

(c) P(X = 0 , Y= 3 )

4 .3 Dab satu jawatankuasa yang terdiri dan 4 orang Melayu, 3 orangCina dan 2 orang India, 3 orang dipiih secara rawak. Jika X dan Y

adalah bilangan orang Mclayu dan bilan~anorang India terpilih,

masing-masing, dapatkan

(a ) Taburan kebarangkalian bagi X dan Y (b) P(X = 2 , Y= 1 )( c ) P(X ~ 2, Y= 1 )

4.4 Andaikan pembolehubah rawak X dan Y

ketumpatan kebarangkalian bersama sebagai

mempunyai fungsi

y

1 2 3

1

x2

.1 .2 .1

.3 .15 .15

DapatkanP(X = 2 , Y= 3),P(X <2,0< Y< 3),P(X = 1 , Y= 0 )dan P(X ~ x, Y= 1 )

0 1 2 3

084

12~

jj

84 84

1 -~--

8424~

12L~ 0

2 84

4

n 0 0

4.5 Katalah X dan Y

bersama sebagai:

mempunyai fungsi ketumpatan kebarangkalian

124




Dapatkan(a) P( Y < 2.5)(b) P( Ymengambil nilai genap)

( c ) P(X -c 3/Y= 3 )(d) P(X -c 1 )

4.6 X dan Yadalah dua pembolehubah rawak yang mempunyai fungsiketumpatan bersama

f e -(x*y) 0 < x < c~,0 < y < f(x.y)= ~ .

~ 0 di lain-lain

Dapatkan

(a ) P(X > 1,Y> 1 )(b) P(X > 1 )(c ) P(Y> 1/X >1)(d) P(X > 2 , Y= 1 )(e ) P(X > 1,Y>0)

4.7 Katalah X dan Ymempunyai fungsi ketumpatan bersama f(x,y)= 8xy 0<x<y<l

= 0 di lain-lain

(a) Lakarkan domain bagi X dan Y

(b) Dapatkan kebarangkalian:

1 1

(‘ ) [0< Xc ~, Y-c

(ii) [x c

(iii) [Y < ~/X <~

4.8 Bagi kes-kes berikut tentukan nllai a supayaf(x, y) adalah fungsiketumpatan bersama bagi X dan Y

(a ) f(x,y) = axy;0 cx <2,0< y <2(b) f(x,y) = ax(t — y);O < x < 1,0 < y < 1

125



KEBARANGKAL1AN DAN 5TAT1STIK

( c ) f(x,y) = ax2y30 cxc y < I

(d) f(x,y) = a(x +~y);y = 1,2,3,x = 1,2

4.9 Bagi kes-kes dalam soalan 4.2 dan 4 .3 dapatkanf(y/x),f(x/y) danfungsi ketumpatan marginal g(x) dan h(y).

4.10 Dua pembolehubah rawak mempunyai fungs~ketumpatan bersama

flx,.y)=!xy 0<xcy<3

= 0 di lain-lain

(a ) Lakarkan domain bagi X dan Y

(b) Tentukan nilai a supaya f(x, y) adalah benar-benar fungsi

ketumpatan bersama.( c ) Dapatkan fungsi ketumpatan marginal bagi X dan bagi V

(d) Adakah X danYtak bersandar?

4 .11 Dan fungsi ketumpatan bersama latihan 4.4 dan 4 .5 , dapatkan

(a ) P(X = x/y)danP(Y= y/x)

(b) P(X = x)danP(Y= y)( c ) Adakah X dan Yketakbersandaran stokastik. Jelaskan.

4.12 Dan fungsi ketumpatan bersama latihan 4.8, dapatkan fungsi

ketumpatan marginal g(x) dan h(y). Dapatkan juga fungsi taburanF (x, y), F~(x)dan F~(y).

4.13 X dan Ymempunyai fungsi ketumpatan

‘~TN?~0 i 2

0i

U2U

Li2

12

12 121

1

2 L12 i

~i~1 0

126



SET-SET BEB ERAPA PEMBOLEHUBAH RAWAK

Dapatkan

(a ) F(x,y)(b) Fx(x)

(c ) Fy(y)(d) Adakah X dan Ytak bersandar?

4.14 Jika fungsi taburan bersama bagi X dan Ydiberi stbagai

Tentukan

%~NN~:.N0 1 2

0

1

48 8 8

18 8

(a) P(0 <

X <2,0< Yc 2 )(b) P(X = 1 , Y= 1 )

(c ) F~(x)dan Fy(y)

bagi dua pembolehubah rawak X

Fx(x) dan Fy(y)Fungsi ketumpatan bersama f(x, y)

Adakah X dan Y tak bersandar? Jelaskan.

4.16 Dua pemboleh rawak X1 dan X2 adalah tak bersandar dan masing-

masing mempunyai fungsi ketumpatan kebarangkalian

f(x) = a x > 0

= 0 di lain-lain

4.15 Jika diberi fungsi taburan bersama

dan Yi•alah

1 ( 1 — e~)( 1 —

F(x,y) = 10

Dapatkan

x > 0, y > 0

di lain-lain

(a )(b)

( c )

127



KEBARANGKALiAN DAN STATIST1K

Dapatkan

(a ) F(x,y)(b) f(x, y)

(c ) P(X < 1 , Y< 1 )

(d) P(X < 2/Yc 2 )

4.17 Bagi kes-kes berikut tentukan adakah X dan Yketakbersandaranstok astik.

(a )

( b )

(H

f(x. y)

(0

(1 f(x.y) =.~ ~

10

6xy 2

(c ) f(x.y) =~ 0

x+y

( d ) f(x.y) =~ 2 1

(~0

( x , y) = ( 0 , 0 ) , ( 0 , 1 ) ( 1 , 1 )

di lain-lain

;(x;y) = (1,O),(— 1,0),(0, 1),(0, — 1 )

di lain-lain

: 0 c x < 1 , 0 < y - c 1

di lain-lain

x = 1,2,3,

di lain-lain

y = 1 , 2

4.19 X dan Ymempunyai fungsi ketumpatan bersama

J(xy) {x+y x= 1,2,3

0 di lain-lain

4.18 Katalah X1, X2 dan X3 adalah 3 pembolehubah rawak t a k

bersandar, masing-maSing mempunyai fungsi ketumpatan

0<x<4

= 0 di lain-lain

Dapatkan

(a ) P(X1 < 1,X2> 1 , 1 cX3c2) -

(b) F(x1x2,.~c3)( c ) Fx2 x3(x2 x 3 )

Y= 1 , 2

1 2 8



SET-SET BEBERAPA PEMBOLEHIJBAH RAWAK

J i k a d i t a k r i f k a n Z = X + Y dapatkan

P(Z = 3 )

P(Z ~ 3 )

F u n g s i k e t u m p a t a n b a g i Z .

4.20 Katalah X dan Yadalah dua pembolehubah rawak tak bersandard a n m a s i n g - m a s i n g mempunyai f u n g s i k e t u m p a t a n

c ~

fix y) = 2

J i k a d i t a k r i f Z = X + Y da~atkan

( a ) P(Z ~ 2 )

( b ) F u n g s i k e t u m p a t a n k eb a r a n g k a li a n bagi Z.

(a )(b)

( c )

0 < x < ç c 2

d i l a i n - l a i n

129



BAB5

JANGKAAN MATEMATIK

Dalam menggambarkan k e l - a k u an k eb a r a n g k a l i a n s a t u - s a t u pem-

bolehubah rawak kadangkala kita hanya memerlukan satu pengukuran

yang ringkas. Gambaran ringkas m i seboleh-bolehnya dapat menerangkans i f a t - s i f a t p e m b o l e h u b a h r a w a k t e r s e b u t s e b a g a i m a n a j u g a f u n g s i ketum-

patan kebarangkalian ataupun fungsi taburan. Di sini kita akan bincang-

kan penggunaan satu nombor yang boleh dianggap sebagai memberigambaran pusat di mana pembolehubah rawak tersebut tersebar. Pe-

numpuan akan hanya diberikan kepada teknik yang dipanggil jangkaanmatematik. Pengukuran lain seperti median atau mod tidak akan disen-

tub secara langsung.

5 .1 J a n g ka a n bagi Sa tu Pembolehubab R aw akDelinisi 1 .1

Jika X adalah pembolehubah ra~s~k,maka nilai jangkaan bagi

X, E(X) adalah ditakrifkan sebagai

j E xf(x) bagi X

E(X) / J xf(x) dx bagi X selanjar

8~~~-~

d i mana ( a ) E Ixjf(x) < ~ atau (b)J IxIf(x) dx c t.

Sy ar at- s ya r at ( a ) dan (b ) dalam definisi di atas adalahmenentukan jumlah atau kamilan adalah bertumpu secara mutlak

s u pay a E (X) adalah wujud. Jika tidak maka E (X) dianggap tak tertakrif. -

130



JANGKAAN MATEMATiK

(~ (4\\

f(x) =

0

E(X) = ~ xf(x)

o(~)+1 (~)+2 (~ )+3 (~)+4(1)

Ja d i mm b a g i p e m b o l e h u b a h r a w a k X i a l a h 2 .

Cof l toh : 1 .2Katalah X adalah pembolehubah rawak


2e2~c

f(4=

E(X)= J xf(x)dx= J0x2e-2xdx

I ue~du Jo

Nilai jangkaan E (X) juga dike:nali sebagai m m bagi

pembolehubah rawak X atau juga sebagai momen pertama bagi X.

Contoh: 1 .1Satu duit syiling dicampak 4 kali dan katalah X adalah

pembolehubah rawak yang menunjukkan bilangan kepala yang

muncul. Apakah jangkaan bagi X?

Penyelesaian:Fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi X ialah

4

x = 0 , 1 , 2 , 3 , 4

di lain-lain

yang mempunyai

Maka0

0~xccc


1

2

1

di mana u = 2 x

1 31




5 .2 J a n g ka a n bagi Fungs i K e p a d a Pembolehubab R aw akDalam keadaan tertentu kita juga mungkin tertarik kepada

jangkaan bagi pembolehubah rawak yang berhubungan denganp e m b o l e h u b a h rawak l a i n yang diketahui kelakuan kebarang-

ka li an n ya . m i b e r e r t i , j i k a

( aE(X)+b E(aX±h)= ~

( aE(X)—b atau

E(aX ± I, ) = aE(X)±h .

C o n t o h : 2 .1Katalab pembolehubah rawak X mempunyai fungsi

ketumpatan kebarangkalian

f(x) = C)G~x) x =0,1,2

Takrilkan Y = 2X — 1 , apakah LV

Penyelesaian:

2

E( 1 ’ ) = ( 2 x — 1 ) f ( x )

— 1 ] ~ + [2(1) — 1 ] -~ + [2(2) — 1 ]

atau dengan menggunakan keputusan

E[aX — bJ = aE(X) — b

kita dapati E(2X — 1 ) = 2 E(X) — 1Jangkaan bagi X ialah

1 3 2



JANGKAAN MATEMATIK

F (X ) = ° G L 0 )

+ l(~)+ 2(~)

Oleh itu

E(Y)= 2Q~)_

C o n t o h : 2.2X adalah pembolehubah rawak selanjar dengan fungsi


( e~f(x) =

0 di lain-lain

Y berhubungan dengan X dalam bentuk Y = 4’(X) kita ingin

mengetahui apakah nilai jangkaan bagi Ydengan menggunakan m m

bagi X. Teknik untuk mendapatkannya dijelaskan oleh definisiberikut.

D e f i n i s i : 2.1

Jangkaan bagi Y = 4 ~ (X) adalah diberi sebagai

E 0(x) f(x) bagi X diskrit E(Y) = E[4(X)] = I r~

( j 0(x) f(x) dx bagi X selanjar-

di mana f(x) adalah fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi

pembolehubah rawak X.

Syarat untuk wujudnya E[0( X)] adalah sama seperti dahuluiaitujumlah atau kamilandi dalam domain X harus bertumpu secara

mutlak.Fungsi 0 yang paling senang dan selalu digunakan ialah fungsi

linear dalam bentuk 0(X) = aX + b di mana a dan b adalah

133



1 46

10

135



KEBARANGKAi~IANDAN STATISTIK

Hukti: lni tclah dibcrikan dalam seksyen 4.2.

E k o r a n ( i ) :

N i l a i k a n jan g kaan b a g i pemalan b ; P 2 (b ) = b .

B u k t i :

Dengan teorem 3 . 2

E(aX + h ) = a E(X) + b

m e n g a m b i l a = 0 maka

E(h) = h

E k o n a n ( i i )

N i l a i j a n g k a a n b a g i aX, L(aX) = a E( X)

B u k t i :

Dengan teonem 3 .1 dan mengambil b = 0, maka

E(aX) = c i P2(X) .

Teorem: 3.2

N i l a i j a n g k a a n b a g i jumlah atau perbezaan bagi dua fungsikepada p e m b o l e h u b a h n a w a k X adalahjumlah atau penbezaan bagi

n i l a i j a ngk a a n m a s i n g - m a s i n g : -

E[q(X) ±h(X)] = E[g(X)] ± E[h(X)]

B u k t i : kes d i s k r i t .

E [g ( X)±h ( X)] = [g(x1)±h(xJ] f(x~)

[g(xjf(x1) ±h(xjf(xJ]

= g(xjf(x1)±h(xjf(xJ

= E[g(X)] ± E[h(X)]

U n t u k k e s s e l a n j a r g a n t i k a n t a nd a j um l a h d e n g a n k a m il a n dan k i t a

akan dapat keputusan yang sama.Teorem 32 boleb dikembangkan untuk mengambil kira

keadaan y a n g I e b i h umum i a i t u

1 3 6



JANGKAAN MATEMATIK

= EE[gi(X)]

di mana fungsi g1 boleh jadi dalam bentuk positif atau negatif.

Contoh: 11Katalah pembolehubah nawak X mempunyai fungsi


OcxcO

0 di lain-lain

Katalah Y = (X — 1)2 . Dapatkan E( Y ) .

Penyelesaian:

(X — 1)2 b o l e h d i t u l i s s eb a g a i X2 — 2X + 1

maka

E(X — 1 )2 = E(X2 — 2X + 1 )

= P2 (X2) —

E(2X) + P 2 (1 )= P2 (X2) — 2 P2(X) + I

E( X) dan E( X2) ialah:

E(X)= Jlxftx)dx

U

E(X2)= x2f(x) dx

13 7



Oleh itu

C o n t o h : 3.2


E[(X — If] = — 2G) + 1

= — (023

— 30 + 3 )

Katalah pembolehubah rawak disknit X


Dapatkan E[X (X — 1 )]

(3 \ J(x) = (~x) p7 (I —

mempunyai f u n g s i

x = 0, 1 , 2 , 3

O<p< I

Penyelesaian:

tetapi:

E[X(X — I)] = E[X2 — X] = E(X2) — P2(X)

P2(X) = ~x(~)P~(I —

= 0.(I — p)3 +

= 3p

I.3p(1 — p)2 +2.3p2(I — p)

+ 3.1.p3

3

P2(X2) = £ x2( )p~(l — p)3~X

x~o

= 0 (1 — p)3 + l.3p(l — p )2 + 4.3p2(1 — p)

= 3 P + 6p2

+ 9 p3

Olehitu P2[X(X — 1)]= 3p + 6 p2 — 3p

= 6p2

5 .4 M om en: M m dan VariansDengan mengambil fungsi 0 dalam seksyen 2 sebagi fungsi

138



JANGKAAN MATEMATIK

ku as a; 0 (X ) = X~maka nilai jangkaan bagi fungsi m i adalab

dinamakan momen ke-r bagi pembolehubah rawak K. Yakni:

L x’7(x) . bagi X diskrit

~J xrf(x) dx . bagi K selanjardi mana r = 1 , 2 ,

Momen yang pentama p ’1 ialah nilai jangkaan atau m m bagi X,

iaitu

= P2(X) = P2(X) = p

Sementara momen yang kedua ialah P2 = P2(X2), dan setenusnya.

Con toh : 4.1

Katalah X mempunyai fungsi ketumpatan kebanangkalian

f

0 di lain-lain

MakaCr ~ 1

Ph = I If(x)dx = IJ—r JO 5

5k

k+1

atau momen ke-k bagi X ialah p’~=

Untuk mendapatkan m m bagi X gantikan I c = 1 iaitu

5 ’ 5

momen yang ke-2 ialah:

~2 25

13 9




M m bagi X

a2 = E[(X — p)2]

= E(X2 — 2pX + p 2 )

EX2 — 2pE(X) + p2

= EX2 — 2~+ p2

= E(X2) — p2

E(X) =

3

7=0

3

E(X2)= Ex=o

xf(x) = o(~)+

=2

x2 f(x) = o(~)+

(3’\ (4

+2~) + 3~

+

~)+ 9(a)

25 E(X2) =atau

Varians

Jika fungsi 0 diambil sebagai 0(X) = (X — p ) 2 di mana padalah momen yang pertama atau m m bagi X maka E[0( K)] =

E[(X — pf] dipanggil vanians bagi pembolehubah nawak X, dandicatat sebagai:

a2x = a2 = E[( X — p)2]

Teorem: 4.1

Vanians bagi pembolehubah nawak X adalah dibeni sebagai= ~2 — p2

1 = P2(X

2) — [E(X)]2

Bukti:

= P’2 — p’~2atau P2(X2) — [E( X )]2

C o n t o b : 4.2Katalah X adalah pembolehubah rawak yang mempunyai

taburan kebarangkalian seperti berikut.

x 0

fix)

1 2 3

10 10

Apakah m m dan varians bagi X?

10 10

140



JANGKAAN MATEMATIK

=5

= E(X 2) — p2— 5 — 22

= 1

Dengan menggunakan definisi 2.1.

a 2 = E(X —

= E(x—p)2f(x)= (O_2)2.~+(1_2)2.(~)+

2 — 22_ + 3 — 22 —

4 2 4= i_o+io+o+io

Kita perhatikan varians adalah merupakan purata kepadakuasa dua sisihan nllai-nilai X dan minnya sendini. T a

menggambarkan jarak ukuran-ukuran nilai pembplehubah dan

m i n n y a a t a u d e n g a n k a t a l a i n , n i l a i - n i l a i X a d a la h bersebaran d isekitar minjika a2 adalah kecil dan bersebaran jauh dad minjika a2

besar nilainya.

Punca kuasa dua positif bagi varians, a2 dipanggil sisihan

piawai, iaitu

a = ~/vanians

Contoti: 4.2Katakan X adalah pembolehubah rawak yang mempunyai m m

d a n vanians c2. Andaikan pembolehubah rawak Y = aX + h adalah

jiingsi kepada X. Dapatkan van ians bagi Y .

Penyelesaian:

Var (Y) = E[(Y —

= E[(aX + b — aE(X) _b)]

= E(aX ± b) = a E (X) + b telah ditunjukkan dalam contohlepas] jadi

141



KEBARANGKALIAN DAN STATiSTIK

Var(Y) = P2[{a(X —

= P2[a2(X — p ) 2 ]

= a2 P2(X — p ) 2= a2 Var(X)

Dan contoh di atas kita dapati penambahan pemalar b tidak

membeni kesan kepada vanians atau sisihan piawai bagi satu

pembolehubah nawak. Sementara penukanan pembo!ehubah dalam

bentuk hasil darab, a. menukarkan vanians dengan a2 kali.

5 .5 Ketidaksamaan Chebyshev

Kita perhatikan bahawa a2 adalah menggambarkan sebananukuran pembolehubah rawak X di sekitan m m p. Jika nilai a2 adalah

k e c i l k i t a akan m e n j a n g k a k a n bahawa n i l a i - n i l a i b a g i X a d a la h

berkumpul berhampinan dengan m m bagi X atau sebaliknya. Jadinilai kebarangkalian pembolehubah rawak tersebut mengambil

n m l a i - n i l a i d i k a w a s a n t e n t e n t u adalah bergantung kepada nilai

vanians a2 bagi X. Untuk mengukur kebanangkalian pembolehubahnawak X m i berada diantana jarak tententu dan m m kita kemukakan

teonem yang dmnamakan ketidaksamaan Chebyshev.

Teorem: 5.1Katalah pembolehubah rawak X mempunyai m m p dan

varians a2. Maka bagi sebanang nombon positif I c

P(IX — p~~ ka) ~ 1 —

Teonem di atas yang juga boleh ditulis sebagai

P(p — ka < X <p + ka) ~ 1 —

membenikan gambaran bahawa kebarangkalian sebanang

pembolehubah rawak X benada di antara k s i s i h a n p i a w a i dan mm

adalah sekurang-kunangnya 1 — ~ Ta membolehkan kita niengira

batas bawah kebanangkalian b a g m peristiwa tententu bagi sebarang

tabunan. Bagaimanapun oleh kerana batas yang dipenolehi tidak semestinya hampir kepada nllai sebenar, ia janang digunakan untuk

1 4 2



JANGKAAN MATEMATiK

menganggan ukuran kebarangkalian, tenutamanya jika tabunan

pembolehubah nawak tersebut diketahui. Batas atas kebarangkalian

boleh juga dikina dengan menggunakan teorem di atas. hi timbul

oleh kenana ketidaksamaan di atas boleh juga ditulis dalam bentuk

1 P(]X — p~~ ka) ~

y a n g m e m b e n i k a n k e b a n a n g k a l i a n p e m b o l e h u b a h n a w a k X

mengambil nilai di luan I c sisihan piawai dan m m sebagai selebih-

lebihnya

Contoh: 5.1

Katalah satu pembolehubahketumpatan kebarangkalian

4

(0

rawak X mempunyai fungsi

2<x<6


Dapatkan angganan bagi P(3 < X < 5 ) .

Penyelesaian:

M m dan vanians bagi X ialah masing-masing

p= 4

P ( 3 <X

2a

5 ) boleh ditulis sebagai

P(4 — 1 <X < 4 + 1 )

Dengan menggunakan ketidaksamaan Chebyshev

P(4 — I c <X < 4 + k

dengan mengambml k = 41 didapati

1

k 2

P(4 - cX ~+ k~) = P ( 3 < K < 5 ) ~ 1 —

v~2

2

143



KEBARANOKALiAN DAN STATISTiK

atau4 1

P(3 < K < 5 ) ~ 1 — =

Batas bawah bagi P(3 < K < 5 ) i a l a h

Sementana ukunan kebanangkalian sebenan ialah:

P(3 < X < 5 ) = I : ~dx

2

Dan contoh d~atas tennyata penbezaan di antara nilai

kebarangkalian yang sebenar dengan angganan Chebyshev adalahbesar. m i adalahdijangkakan oleh kenana penganggaran Chebyshev

adalah konsenvatif dalam enti kata ia adalah benlaku untuk semua

j e n i s t a b u r a n .

Sebagaimana yang telah disebutkan pengangganan Chebyshev

adalah tidak digunakan untuk pengangganan ukuran ke-banangkalian.Tetapi penggunaan teorem m i adalah mustahak untuk

tujuan lain — yang akan ditemui nantm.

5 .6 Jangkaan bagi Fungsi kepada Dna Pembolehubah Rawak

Konsep nilai jangkaan bagi fungsi kepada satu pembolehubah

nawak boleh dikembangkan untuk mengambil kmra fungsi kepadadua atau lebih pembolehubah rawak. Definisi 2 .1 boleh

diubahsuaikan untuk mengambil kina dua pembolehubah nawak

yang mempunyai fungsi ketumpatan bensama f(x, y) atau npembolehubah nawak X

1, K2 K 0 yang mempunyai fungsiketumpatan bensamaf(x1 x2 ... xj.

Seksyen m i akan menumpukan perhatian hanya kepada fungsidua pembolehubah nawak. Bagi kes banyak pembolehubahpenbincangan akan diberi secana ningkas sebagai lanjutan kepadakes dua pembolehubah. Fungsi yang kita akan bineangkan juga

tenhad penekanannya kepada fungsi linear maitu fungsi yang paling

senang tetapi banyak penggunaannya di dalam pnaktik.

Katalah X dan Y adalah dua pembolehubah rawak denganfungsi ketumpatan bersamafi x, y). Katalah 0 adalah fungsi kepada

14 4



JANGKAAN MATEMATIK

dua pembolehubah rawak m i , maka

Z = 0(X. Y)adalah menupakan satu pembolehubah nawak bahanu yang nilainya

bengantung kepada nilaiK dan Y(perhatikan seksyen bab 4). Untuk

m e n d a p a t k a i i j a n g k a a n b a g i Z (atau 44X, Y))kita boleh gunakanf(x,y), yakni sebagaimana definisi berikut.

Definisk 6.1

Katalah X daft Y adalah dua pembolehubah nawak denganfungsi ketumpatan bensamaf(x, y). Maka nllai jangkaan bagi Z =

0 ( X, Y) ialah

P2(Z) = P2[0(X, Y)] = J -~J~0(x. y)f(x. y) dx dy

bagi X, Yselanjar, atau

P 2 ( Z ) = E(X, Y) = fl 0(x. y)f(x, y)7~~

bagi X, Y adalah d i s k r i t .

Definisi 6.1 boleh dikembangkan untuk menjadi lebih umumiaitu jika

Z = 0(Xi ... X,j

maka

P2(Z) = E[Ø(X 1 ... X0)] = f~n~ii fir 0(xi ... xj.

f ( x 1 ... x 0 ) dx1 ... dx0

di manaf(x1 ... x , , ) ialah fungsi ketumpatan bersama bagi X1 ... X0.

Jika K1 ... X0 adalah diskrit, tanda kamilan ditukankan kepada tanda jumlah.

M m bagi Fungs i Linear kepada Dua Pembolehubab Rawak

Teonem: 6 .1Jika K dan Yadalah dua pembolehubah nawak dengan fungsi

ketumpatan bensamaf(x, y ) dan jika 0 (K, Y ) = X + Ymaka

P2(X + Y) = P2(X) + P2(Y)

145




Bukti: kes selanjan:

P2(K + Y) = Jf(x + y)f(x,y)dxdy

= J~I: xf(x, y ) dx dy +

I: J : r yf{x, y) dx

=

J~x [ J ~ f(x, Y ) dy] dx +

JTr ~[J:r f(x, Y) d:] dy

= J xf~(x)dx + f yf~)dy-r -r

di manaf~(x)danf 1(y) adalah fungsi ketumpatan marginal bagi K

dan bagi 1 ’ .

Oleh itu E(K + Y)= E(K)+ E(Y)

Pembuktian untuk kes disknit adalah sama kecuali tanda kamilan

ditukar dengan tanda jumlah.

Teorem: 6.2Jika K dan Yadalah dua pembolehubah rawak dengan fungsi

ketumpatanf(x, y ) maka jika 0(X, Y) = aX + b1~a dan b adalah

pemalar, E(ax + hi) = a P2(K) + b E(Y)

Teorem 6.2 adalah merupakan ekoran kepada teonem 6 .1 danmenggunakan keputusan Teonem 3 .1 Ekonan i i .

Contoh: 6 .1

Katalah K dan Yadalah dua pembolehubah rawak dengan m m

masmng-masing malah p~dan pt-. Taknmfkan Z = K — Ymaka

P2(Z) = P2[K + (— 1 ) F ] = E(X) + — 1 P 2 ( Y )

= E(K)—P2(Y)

= P x — Pr

14 6



JANGKAAN MATEMATIK

C o n t o h : 6.2A nd ai ka n K , d an X

2 merupakan d u a p e m h o le h u h a h rawakd e ng a n f u n g s i ketumpatan keharangkalian m a s i n g - m a s i n g i a l a h

~

f(xÔ= j ~Taknilkan Z = (X1 + K2). Dapatkan m m bagi Z.

Penyelesaian:

P2(Z) = ~P2(K1 + K2) = ~P2(K1) + P2(X2)

0 < x, < 2

di lain-lain

Tetapi1 2

P2(K1) = I x/(x)dxJ o

123= —x

3dxJ o S

3

dan

P2(K

2)= x~dx

Oleh itu

P2(Z)=

Ja n g ka a n kepada thai! DarabSekarang jika fungsi adalah benbentuk hasil danab 0( K, Y) =

KY~j a n g k a a n b a g i 0( K, } ) adalah sepenti di muka s u n a t 1 4 8 .

14 7




E(XY)=

I: J~ xyf(x,y)dxdy

bagi kes selanjar, atau

P2(KY)= Etxyf(x.y)

bagi kes disknit.

Jikalau kita membincangkan kes khusus di mana K dan Y

adalah ketakbersandaran stokastik iaitu

f i x, y ) =fx(x).fy(y)

maka jangkaan E(KY) boleh dmsimpulkan dengan teonem benikut.

Teorem: 6.3

A n d a i k a n K dan Y a d a l a h d u a p e m b o l e h u b a h r a w a k

takbersandar, maka

E(KY)= P 2 ( K ) . P 2 ( Y )

Buk tm: kes selanjar.

E(KY)=

oleh kerana K dan Ytakbersandan maka

E( KY) = C C xyf~(x).fy~)dx dy

= J~xfx(x)dxf Yfr&) dy

= P2(K).P2(Y)

Pembuktian bagi kes disknit adalah sama sahaja.

Harus dmingat hubungan sebaliknya b a g m teorem d~atas adalahtidak benlaku. Yakni jmka

E(KY) = E(K).E(Y)

tidak semestinya K dan Yadalah ketakbersandaran stokastik.

Sebagai ekoran dan teorem di atas Ia juga boleh ditulis dalam

bentuk:P 2 [ g 1 ( K). g2( Y )J = E[91(K )].E[92( Y)]

14S



JANGKAAN MATEMATIK

di mana g~dan 92 adalah fungsi linear kepada K dan Y .

Varians bagi Fungs i Linear kepada Dua Pembolehubah Rawak

Sekarang kita penhatmkan pula varians bagi fungsi kepada K danYyang benbentuk

Z=K+Y.

M m bagi Z kita dapati dengan menggunakan teonem 6.1 iaitu

P2(Z)= P2(K)+P2(Y)

Pz /~x + 1-

ty

OIeh itu vanians bagi Z ,

V ( Z ) = a~= P2[(Z — pj2]= E[(K + Y Px —

= E[{(K — Px) + (Y —

= E[(K — p)2 + (Y — p~)2+2(K — 1 - tx) (Y — t2y)]

= E[(K — p)2] + E[( — p~)2] ÷

2 E[(K — 1 - tx) (Y — pr)]

= a~+ aj’ + 2axr

11 mana a21 dan 0

2y ialah masing-masing vanians bagi K dan Y .

Sebutan ~xy adalah dipanggil kovarians bagi K dan Y . Yakni

Cov(K, Y) = a1y = P2[(K — Px) (1’— Pill

Jadi kesimpulannya ialah varians bagi jumlah dua pembolehubahrawak malah jumlah bagi varmans pembdlehubah rawak tersebut.

ditambah dengan dua kali kovanians.

Adalah tidak sukan untuk menunjukkan bahawa Coy(K, Yfluga

boleh ditulis sebagai formula benikut:Cov(K, Y ) = P2(KY) — PxPr

m i dapat dmtunjukkan dengan mengembangkan (K — Px) ( Y — Pr)

(K — p1)(Y— py) = KY— p~K — Px Y+ PxIfr

sehingga bila dmambil jangkaan didapati

E[(X — p1)(Y— Ity)] = E(KY) — #rP2(K) — PxP2(Y) + Pxlty= E(KY) — PyPx — 1 x1

1y + PxPy= P2(KY)—p~p,

149



JANGKAAN MATEMATIK

fix. s ’ ) =

+ .1o < < 1.0 <

di lain-lain

Dapatkan kovarians dan pekali kore a s i bagi X dan Y

Penyelesaian:

= E(X) =

ft ft

in Jo

7

1 2

r r E(X

2j= J J 060

144

E(fl=

E(Y2)=

x (x + v ) dx ( IV

x2 (x + y) dx dy

— 60 49 —

— 1 4 4 — 1 4 4

y(x + y)dxdy =

II

44

dan

o~=E(Y2) — /4

E(XY)= Ir1

Jo o

II

1 4 4

= E(XY) — Ux I 1y

48 7 7

= 144 1212

1

144

Pxy

= ER2) — 1L~

7

60 y2(x + y) dx dy =

mak a

48xy(x + y)dxdy =

144

151



Contoli: 6.4


1

1 1

Andaikan X dan Yadalah dua pembolehübah rawak dengan

fungsi ketumpatan bersama

/(xy) = { ‘;x=l,2,3,4,y~l,2,3,4

16

0 di lain-lain

— 1 2 0 1 0 0

—

16 16

4 4V(Y)= L y2——

16

100

16

y= 1

1 2 0

1 6

2016

Dapatkan varians bagi Z = X + T iC

Penyelesaian:

X dan Yadalah ketakbersandaran stokastik keranafx(x) =

f~v)= danf(x, y ) = fx(x)fy(v).

Oleh ituV(X + 2Y) = V(X) + 4 V(Y)

Tetapi

4 4 4 412

E x2__~z x—jx1 1 6 x~i 1 6

[4 4]2

dan I ~Lx1 1 6

20

16

1 5 2



JANGKAAN MATEMATIK

maka

20 2 0

V(X + 2Y) = + 4.-~-~

100

1 6

25

4

Harusjugadiingat bahawaolehkeranaZ = X — Ybolehditulis

dalambentukZ =

X + —(1Y)makavariansbagiZ =

X —

Yada-lah

V(X — Y) = V(X) + (~~2 11 (Y)

= 11 (X ) + 1 1 (Y )

yakni varians bagi perbezaan dan pembolehubah rawak

takbersandar adalah jumlah bagi varians kedua-dua pembolehubahrawak tersebut.

Teorem: 6.6Jika X dan Yadalah dua pembolehubah rawak dan Z = aX±bYmaka

11(Z) = a 2 a;~ + b 2 a~ ± 2aba~~.

Dan jika X dan Yketakbersandaran stokastik maka

11(Z) = a 2 a~+ b 2 c~

5.7 J a n g ka a n bagi Fungs i Linear kepada Pem bolehubah Rawak

Konsep-konsep bagi kes dua pembolehubah rawak yang telahdibincangkan, dengan senang dapat diperkembangkan kepada kes

banyak pembolehubah.

Jika X1, X2 ... X, adalah n pembolehubah rawak dengan fungsi

ketumpatanbersamaf(x1 x,Jmaka fungsikepadaX1 ...X~boleh

ditulis:

Y=çb(X1...X~)

Dan jika 0 adalah linear maka Yboleh berbentuk

‘I

E a1X1

1 5 3




= a 1 X1 + a 2 X2 + .~ + ~

Teorem: 7.1

Jika X 1 ... X~adalah n pembolehubah rawak maka bagi a1, a2

a~pemalar dan Y = a1 X1 + a2X2 + ... + a~X~

dan

E(Y) = L a~E(X1)1=1

EL11(Y) = L af 11(Xa + 2 c a1a~Cov

11 I 3(X, X~)

Keputusanyang menarik dan teorem m i ialah apabila X1,

X~adalah takbersandar sehingga Coy (X1, X~)bila I ~ j adalah sifar.

Teorem: 7.2

Jika X1 ... adalah ii pembolehubah rawak takbersandar dan

jika Y = E a1X~maka

dan

E(Y) = E a1 E(XJ 1=1

Contob: 7.1

V(Y) = E a~V(X1)

Andaikan X1 ... X~adaIahn pembolehubah rawak takbersandar

dan masing-masing mempunyai m m p dan varians p(1 — p ) Katalah

Y = L Xe/n. maka m m dan varians bagi Yialah masing-masing p

dan p (1 — p)/n

Bukti:

maka

E(X,) = p dan V(XJ = — p )

“1 E(Y)= E -E(X1)

1=1 fl

154



JANGKAAN MATEMATIK

=-L pfl 1=1

np

n

= p .

= i~t (1)2

= —~ E 1 1 (X 1 )1=1

1= —1np(l — p )

n

= — p)U

Contoli: 7.2

Pembolehubah rawak X1, X2 ... X~adalah takbersandar

dengan m m dan varians masing-masing malah ~zdan a2. Jika

Y = X X1 , apakah m mn dan varians bagi F?

Penyelesaian:

E(X1) = V(J(~)= cr2

oleh itu

E(Y) = E(LXJ = E(X1)

= i~1 ~

flu

dan

V( Y) = V(EX1) = ~ V(XJ

155




= L1=1

= n c r 2

M m dan varians bagi Y = E X1 ialah masing-masing np dan ncr

2

5.8 Hukum Nombor ResarKita Ielah memerhatikan m m danvarians bagi kombinasi linear

beberapa pembolehubah rawak takbersandar. Bentuk kombinasi

linear k = L X~nadalah mempunyai kepentingan tersendiri

dalam analisis statistik. Jadi di sini kita perhatikan kelakuan

kebarangkalian X yang mempunyai purata bagi ii pembolehubah

rawak tak bersandar berhubungan dengan m m dan varians bagi K.Masalah yang kita akan perbincangkan di smni,jika x I x~adalab a

pembolehubah rawak tak bersandardan X, = ~ X /n apa akanjadi

pada X bila a mendekati m n fi n it . Penyelesaian asas terhadap

masalah m i boleh dijelaskan dengan bantuan ketidaksamaanChebyshev.

Teorem: 8.1

Katalah X, = I ~ X di mana X, ... X, adalah n

pembolehubah rawak tak bersandar dengan E(X~= p dan varians

V(XJ = a2. Maka bagi sebarang nilai > 0 maka

1

Bukti:

—

V(X3 = -‘ L 11(X 1)

i1

n

Dengan menggunakan teorem Chebyshev

P(!X. — p~)~ kcr4 ~ I —x x k

156



JANGKAAN MATEMATIK

atau

P(IX~-~ 1-

ka a. .Jn Dengan mengambil e = atau k =

U

Maka

P(IX. — z~a ) ~ 1 —

4 —Bila diambil had; n —. cc, maka

hadP(Ik~~—i~ct)= ~1~(i —~~)=I

atau

had P ([X , — p~c a ) 1

Sebagai kesimpulan daripada teorem di atas kita boleh katakanbahawa purata bagi pembolehubah rawak takbersandar yang

mempunyai m m dan varians yang sama adalah mendekati m m bagi

pembolehubah rawak tersebut. Ia akan lebih dekat bila semakmn

besar bilangan pembolehubah rawak tersebut diambil, atau dengankata lain X, adalah mendekati m m u dengan kebarangicalian satu.

Jmka lau X~mendakati m m p bila n bertambah atau teorem 7 .2ber1akuk~jugadikatakan bertumpu secara stokastik ke arah satu

pemalar p.

Pengetahuan tentang penumpuan stokastik atau keputusanHukum Nombor Besar m i adalah mustahak di dalam perbineanganberkenaan dengan inferens statistik di dalam bab-bab yang akan

datang.

Contob: 8.1

Katalah Y~= E X1 di mana X1,..., X~adalah n pembolehubah

rawak takbersandar dengan m m dan varians masing-masing ialah ,i

dan a2. Tunjukkan bahawa } tidak bertumpu stokastik ke arah satu

pemalar.

157



KE BA RA N O KA LIA N D A N STA TISTIK

Penyelesaian:

E(X 1) = p, dan 11(X1) = a2

Maka

= np dan V(Y~)= n cr2

— np~<k ~ a) ~ 1 —

a= kfncr makak =

1

( L

“ ( I ‘~ — np~ < a ) ? 1 —

bila ii —~ cc, maka

had P(lç — c a ) = ~ (i — ncr)

Kesimpulannya, jumlah bagi n pembolehubah rawak takbersandar

adalah tidak mendekati minnya sendiri, atau Y~tidak bertumpustokastik ke arah np.

5.9 Fungsi Penjana MomenDalam perbincangan lepas kita perhatikan bahawa momen

b a g m satu-satu pembolehubah boleh diperolehm dengan membuatkamilan atau jumlah secara langsung. Sekarang kita cubamembincangkan satu teknik yang membolehkan kita mengira

momen dengan menggunakan kaedah yang dinamakan penjana

momen. Kaedah m n m dalam keadaan tertentu boleh memudahkanpengiraan.

Dengan menggunakan teorem Chebyshev

Ambil

OIeh m t u

atau

— npj < a) ~ 1

158



JANGKAAN MATEMATIK

Delinisi: 9.1Katalah ea adalah fungsi kepada pembolehubah rawak X,

maka nilai jangkaan bagi er’. jika wujud bagi nilai t yang tertentu,

adalah dipanggil fungsi penjana momen bagi X (atau bagi taburankepada X).

r r~

I

i_cc e”f(x) dx

EetX f(x) bagi kes diskrit

x

Contob: 9.1Katalah X pembolehubah rawak


Fungsi penjana momen bagi X

yang mempunyai fungsi

0 < x c cc

di lain-lain

M(t) = E[etX] = a e°’dx

“cc

= a I e~0’ dx

Jo

a E

1= — et~ j

a—t

t —a

1

— 1 — t/a

Harus diingat M(t) tidak semestinya wujud iaitu bukan setiaptaburan mempunyai fungsi penjana momen tersendiri. Tetapi jika ia

wujud, fungsi penjana momen adalah menerangkan taburan bagipembolehubah rawak tersebut.

M~(t)= E(ëX)

bagi kes selanjar

Peringatan:M~(t)jugaditulis M(t) jika kita tidak perlu membezakanantara fungsi penjana momen dengan pemboleh-

ubah.

f(x)5 a

~l~o

159



KE BA RA N GK A LIA N D A N

Perhatikanjika kita kembangkan e”~mengikut sin MacLaurin:

t 2X2 t’X’

= 1 + tX + + ... + — +2 !

maka

1 t2x2 t’ x’

E(eL~~) E[1 + tx + -~— + ... + +

= Ef(x) + t ~ xf(x) + Z x2f(x) + ...+

L ~ x’f(x) +

t2 t

= 1+p’1t+p’2~+...+p’,-~+...

Yakni momen i4 ; r = 1 , 2, ... boleh diperolehi dengan

mengembangkan M(t) dalam bentuk kuasa bagi t. Momen ke-r

boleh diperolehi dengan melihat kepada peka lm bagi sebutan

Bagaimanapun jika kita dapatkan terbitan secara berturutanbagi M(t) dan dmni lamk an pada t = 0 kita akan mendapatnya denganlebih senang.

Perhatikan:

t

2 C

M(t) l+1/1t+/t2F+...+Pr~T

M’(O)= p ’1 = E(X)

M 2(0)= P’2 = E(X2)

dan set.erusnya. Dalam bentuk yang lebih umum M(m) (0) iaitu

terbitan ke-m dmnilaikan pada t = 0 bagi M(t) boleh ditulis

Mm(0) = E (Xm)

Con toh : 9.2

Kataiah X mempunyai fungsi penjana momen M(t) = 1

t < a ; dapatkan m m dan varians bagi K.

160



JANGKAAN MATEMATIK

Penyelesaian:

1 -.

I — 1/a

= M’(r)= + 1(1 — t)~2

1 0- ( I — )-2

a a

p = E(X)= -a

M”(t)= 4(1 —

M”(O) = 42

E(X 2) = -y

Var(X)= E(X2) — p2

2 1

= a2 — a2

1

a2

Oleh itu m m dan varians bagi X ialah masing-masing dan 4 .

Sifat Fungsi Penjana MomenPenggunaanfungsi penjana momen dapat diperluaskan kepada

fungsi kepada pembolehubah rawak dengan menggunakan

beberapa teorem berikut.

Teorem: 9 .1

Jika a dan b adalah pemalar dan M~(t)adalah fungsi penjana

momen bagi pembolehubah rawak K maka

(a ) Mx+a(t) = = e” M~(t)

161



.JANGKAAN MATEMATIK

1222

= ~ ~ + C I

/1/ + i~ 2,2

=e

Kita perhatikan dalam contoh di atas bentuk fungsi penjana

momen bagi Yadalah sama dengan bentuk bagi K. Dan p~= apx +

b serta C2y =a2cr2 adalah menyetujui keputusan m m dan varians bagi

fungsi linear bagi satu-satu pembolehubah rawak dan seksyen lepas.

Sebenarnya Y = aX + b adalah mempunyai taburan yang sama

sebagaimana X kecuali m m dan varians sahaja yang berbeza. Untuk mi kita perturunkan satu teorem yang tidak dibuktikan di sini.

Teorem: 9.2Jika dua pembolehubah rawak mempunyai fungsi penjana

momen yang sama maka mereka adalah dan taburan yang sama.Teorem mi menyatakan sifat bagi fungsi penjana momen adalah

unik. Tidak ada dua pembolehubah rawak yang mempunyai fungsipenjana momen yang sama melainkan keduanya mempunyai fungsiketumpatan yang sama. Keputusan mi adalah mustahak dalam

penentuan taburan bagi fungsi kepada pembolehubah rawak atau

pembolehubah-pembolehubah rawak yang fungsi penjana

momennya wujud.

5.10 Fungsi Penjana Momen kepada Beberapa Pembolehubab Rank Katalah x dan Y adalah dua pembolehubah rawak dengan

fungsi ketumpatan bersamaf(x. y), maka fungsi penjana momen bagi

K dan Yadalah ditaknif sebagai

12) = E(ehl + 1

2Y)

di mana bagi nilai h1 dan h 2 tertentiz — h 1 .c t1 <h1 dan — h2 < t2c h2, maka jangkaan tersebut adalah wujud.

Fungsi penjana momen M(t1. t2 ) mi jika wujud menentukanbukan sahaja taburan bersama bagi pembolehubah rawak X dan Y tetapi juga taburan marginal bagi K dan taburan marginal bagi 1 ’ .

Yakni:

= E[e’J =

dan M(01) = E[e 2 ] =

M7(t1) dan M1(t2) ialáh masing-masing fungsi penjana momen bagi

X dan Y

163



JA N G K A A N M A TE M A TIK

C cc lx ix + +i:t

= j ..n—kali .. j e 1+ 2 ‘j(x

1...xjdx1 dx2...dx,

Jika K1 ... K, takbensandar makaf(x1 ... xJ = fxj(x1) ...f*(x~)

Oleh itu

cc aI tx a

— e I fX1(xl) dx1 3 e 2 .f~2(x2)dx2 ... Ja -cc

tX,X dx,

Ele I I ... LIe 1 Mx1(t) ... A1~jt)

M~(t)

Contoh: 11.1

Katalah K1 ... K, adalah n pembolehubahdengan fungsi penjana momen

M~~t)= ( 1 — flt)2

(a) Jika Y = K 1 maka

MAt) = H M~.t)

= rI(1—pt)2

= ( 1 — flt)”

(b) Jika I = Kmaka dengan menggunakan teonem 9.1

M~(t)= Mx(t) = M 14~)

= (1— fl~)-fl~

atau

Mx(t) = (1 —

16 7

nawak tak bebas




Jika kita perhatikan bahagian (b) contoh 11 .1 , kita dapatiteorem 11.1 boleh dikembangkan untuk mengambilkina fungsi

linear kepada beberapa pembolehubah rawak tak bensandar.Keputusan mi berserta teorem 9.2 berkenaan uniknya fungsipenjana momen adalah sangat mustahak dalam menentukan

taburan bagi kombinasi linear beberapa pembolehubah rawak.Penggunaan teknik m i akandibincangkan dalam teoni pensampelan

dan infenens statistik nanti.

Latihan B ab S

5 .1 Dalam satu tong tendapat 10% buah-buah yang nosak. Jika 3 bijibuah dipilih secara rawak dan andaikan K sebagai bilangan buahrosak yang terpilih maka K adalah pembolehubah rawak yang

mengambil ni!ai x = 0 , 1,2,3. Tentukan fungsi kebanangkalian bagi

K dan dapatkan jangkaan bilangan buah rosak yang terpilih.

5.2 Dibeni fungsi ketumpatan kebanangkalian

(a ) f(4= x=0,1,2,3

(b) f(x)= C ) (.2 )x (.g)2x x = 0, 1,2

(c ) f(4= ~ C ) (2x) x = 0, 1,2,3,4

(d) 1(4= (1)x-1 ( 0 x = 1,2,

Dapaikan m m dan van ians bagi setiap kes .

5 .3 Diberi fungsi ketumpatan kebarangkalian

(a ) f(x)=~ lcx<k+1

(b) f(4= 3 x2 0<x<l

(c ) f(9= ~e~2 x >0

(d) f(9= 641 — x)0 < x < I

Dapatkan m m dan varians masing-masing.

5 .4 Dapatkan jangkaan bilangan nekod lagu Melayu yang ter~iih

168



JA N G KA A N M A TE M A TIK

apabila 4 rekod dipilih dan satu rak yang mengandungi 5 rekod lagu

Melayu, 3 rekod lagu Cina dan 2 rekod lagu Hindustan.

5.5 Katalah Y adalah pembolehubah rawak bagi jumlah permukaandadu yang keluar bila dua buah dadu 6 muka dicampak serentak.Dapatkan E(Y).

5.6 Seorang pemain judi dibayan dalam ninggit 2 kali dan nombor

permukaan yang keluar apabila satu dadu 6 muka dicampakkan.Jika untuk bertaruh sekali (melakukan satu campakan) beliau harus

membayar $3, apakah jangkaan penolehan jika ia bentaruh 3 kali.

5.7 Andaikan bilangan pelanggan yangmemasuki satu kedai dalam satu

han di bandar Kajang boleh digambankan sebagai nilai bagi

pembolehubah rawak K yang mempunyai fungsi ketumpatan

f(x) = e~ 5, x > 0

Apakah jangkaan bilangan pelanggan kedai tersebut dalam satu

han?

5.8 Katalah pembolehubah rawak K mempunyai fungsi ketumpatan

(a ) f(9= ~x x=0,1,2,3

(b) f(9=~x 0<x<3

Dapatkan

(a) E(K) dan E[K(K — 1 ) ]

(b) 11 (K)

Jika Y= 2Kdapatkanmindanvariansbagi Ydenganmenggunakan(a) teonem 3 .1 dan (b) mendapatkan fungsi ketumpatan Yterlebih

dahulu.

5.9 K dan Yadalah dua pembolehubah nawak selanjar yang mempunyai

fungsi ketumpatan bensama

f(x,y)= 1 Ocxcl,0<y<l

= 0 di lain-lain

Dapatkan E(Z) di mana Z = 2K2 + Y — 1 .

169



KE BA RA N GK A LIA N D A N STA TIST IK

5.10 Jika fungsi kebarangkalian bagi K dan Yadalah seperti benikut.

Dapatkan

(a) E(K + 1 )(b) E(XY 2)( c ) E(K)danE(Y)

5 .11 KatalahK1,K2 danK3 pembolehubah nawak tak bersandan masing-

masing bertaburan

(a ) Dapatkan E (K1) , E [S 1 (K1 — 1 )] dan gunakan keputusannyauntuk mendapatkan varians bagi K 1

(b) Jika I = (K, + K 2 + K3 ) dapatkan E(I) dan V(X).

5.12 K dan Y adalah dua pembolehubah nawak takbersandar masing-

masing bertaburan

f(w) = 1

5 .13 Katalah K dan Y mempunyai fungsi

sebagaimana soalan 5.10. Dapatkan

ketumpatan bersama

~iCh

f(x1) = (4)(1)x1x = 1,2,..

lcw<2

Dapatkan

(a ) E(~K -

(b) E(2KY)

(c ) EU/K)

= 0 di lain-lain

y) dan K — y)

17 0



KE BA RA N G RA LIA N D A N 5TA TISTIK

(a ) Dapatkan ~(i < K c

(b) Dengan menggunakan ketidaksamaan Chebyshev dapatkanbatas bawah kebanangkalian tensebut.

5.18 Katalah K i,..., K 0 adalah n pembolehubah rawak takbersandar

masing-masing mempunyai m m 0 dan vanians 00 — 0) . Tunjukkan

bahawa I, = adalah mendekati 0 dengan kebarangkalian satu.

5.19 Bagi fungsi ketumpatan dalam soalan 4.3 dapatkan fungsi penjana

momen bagi tiap-tiap kes.

520 Bagi fungsi ketumpatan dalam soalan 52 dapatkan fungsi penjana

momen masing-masing.

5 .21 Jika K1, K2, K3 adalah 3 pembolehubah rawak tak bensandarmasing-masing mempunyai fungsi penjana momen

M1.(t) = [(1 — p ) + p e]

Jika ditaknilkan Y = K1 + K 2 + K 3 , dapatkan fungsi penjana

momen bagi Ydan tentukan m m dan vanians bagi Y.

5.22 K mempunyai fungsi ketumpatan

f(9=p’U _p)l~X x=0,1

Dapatkan fungsi penjana momen bagi K. Jika Y = 3K — 1 apakah

m m dan vanians bagi 1?

5 .23 K adalah pembolehubah rawak selanjar dengan fungsi k etumpatan

f(x) = — ~ 0 c x .c cc

Dapatkan fungsi penjana momen bagi Y = 2K dan gunakannyauntuk mencari mmn dan vanians bagi 1 1

5.24 Fungsi penjana kebarangkalian bagi K adalah ditaknif sebagai

~4t) = E(~)

Dapatkan fungsi penjana kebarangkalian bagi kes-kes benikut

172



BAB6TABURAN-TABURAN KHUSUS: DISKRIT

6 .1 Pengenalan

Dalam bab mi perbincangan akan dmtumpukan kepada

bebenapa bentuk khusus taburan kebarangkalian diskrit yang sening

dijumpai dalam praktik. Penekanan akan diberi kepada peng-gunaan konsep dan kesimpulan yang dipenolehi dan Bab 3 hingga

Dab 5 . Kajian terhadap taburan-taburan khusus mi adalah

dipenlukan oleh kerana banyak kes dalam praktik boleh diwakii

sebagai satu bentuk percubaan yang mempunyai ciri-ciri yang sama.Sebagai contoh, bilangan pelajar yang akan lulus dan 100 pelajar

‘samapandai’ yangmenduduki satu pepermksaan adalah mempunyaisifat-sifat yang sama dengan percubaan mendapatkan bilangan

kepala apabila satu duit syiling dicampak 100 kali. Pembolehubahrawak yang ditakrif bagi kedua-dua percubaan tensebut bolehdianggap sebagai satu pembolehubah nawak untuk mendapatkanbilangan sukses dan n ulangan percubaan. Jadi adalah wajar untuk kita mengkaji taburan-tabunan khusus yang boleh menjelaskankelakuan kebanangkalian pembolehan nawak yang timbul dan

keadaan han-han.Sebelum penbincangan dilanjutkan, satu konsep baru yang

harus dikemukakan di sini, iaitu parameter bagi taburan. Parameterbagi taburan atau parameter bagi pembolehubab rawak yang

mengambil taburan tersebut boleh difahamkan sebagai kuantitiyang tak diketahui, sekunang-kurangnya sebelum percubaan selesai,yang membezakan kelakuan kebanangkalian pembolehubah nawak

dan satu taburan tertentu.

6.2 Taburan SeragamTaburan kebarangkalian yang paling mudah ialah yang

17 4



TABURAN-TABURAN KHUSUS: DISKRIT

dinamakan taburan senagam. Ia timbul apabila pembolehubahrawak boleh mengambil semua nilai yang tertaknif untuknya dengan

kebarangkalian yang sama.Jika pembolehubah nawak K bolehmengambil nilai-nilai x

1, x2,

; maka, jika

x=x1,x2,..~

f(x, k) = di lain-lain

K dikatakan bentaburan seragam dengan parameter k.

Perhatikan bahawa kita gunakan f(x, k) sebagai ganti f(x)

untuk menunjukkan bahawa tabunan senagam tensebut adalahbergantung kepada nilai k.

Contob: 2.1

Katalah K menunjukkan bilangan ‘.‘ yang muncul bila satu

dadu enam muka dicampak sekali. K boleh mengambil nllai 1,2, 3,4,

5 dan 6 dengan kebarangkalian ~. mi boleh ditunjukkan dengan

lebih kemas sebagai:

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

6.3 Taburan Bernoulli

Jika satu percubaan rawak boleh menghasilkan hanya duakemungkinan kesudahan yang benbeza — yang selalunya disebut‘sukses’ atau gagal — dengan kebanangkalian masing-masing p danq; p + q = 1 , maka pencubaan tersebut dipanggil percubaan

Bernoulli. Dan pembolehubah rawak K yang menunjukkanbilangan sukses yang benlaku dikatakan bentaburan Bernoulli.

Pembolehubah rawak K adalah mempunyai fungsi ketumpatankebarangkalian

I x 1—x~p q x=0,l

f(x.p)= ~ .

1 o di lain-lain

Kita perhatikan bahawa pembolehubah rawak K hanya mengambil

dua nilai iaitu 0 bila gagal dan 1 bila sukses.

Contob: 3.1Dalam percubaan melambung duit syiing sekali, jika kita

175



KE~ARANGKALIAND A N STATISTIK

anggapkan mendapatkan ekon sebagai gagal iaitu 1 — p dan

mendapatkan kepala sebagai sukses dengan kebarangkalian p ,

maka pembolehubah nawak K yang menunjukkan bilangan suksesadalah bertaburan Bernoulli dengan parameter p . Dan fungsiketumpatan bagi K ialah

( P’u—pi~ ‘ ~ = 0 , 1 f(x,p) = ) . . -

0 di lain-lain

M m dan vanians bagi K ialah:

P = E(K) = 0(1 — p) + l.p = p

E(K 2) = 020 — p ) + 12(p) = p

= V(K) = E(K2) — p2 = p — p2 = ~1 — p )

6.4 Tahuran Binomial

Katakanlah satu pencubaan rawak boleh menghasilkan hanya

dua kemungkinan kesudahan iaitu sukses dan gagal. Andaikankebarangkalian untuk sukses ialah p dan kebanangkalian untuk

gagal ialah q , di mana p + q = 1 . Katakanlah percubaan Bernoullim i dilakukan mengikut kekerapan yang tak bensandar sebanyak nkali. Dalam setiap kekerapan percubaan diandaikan p adalah tmdakberubah. Jika kita taknifkan pembolehubah rawak K sebagai

bilangan sukses d m dalam n kekenapan percubaan tak bersandarmaka K adalah bertabunan binomial dengan parameter n dan p dandicatat b (n, p ) ’ Fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi K ialah

b(x;n,p) = ~flpxqn-x x=0,1,2~ 0 di lain-lain

(n\ n ! dimana! 1=

\xj x! (n—x)!

Fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi K adalah dipenolehi

dan penjelasan benikut:

S~tupercubaan nawak mempunyai dua kesudahan, sukses dangagal dengan P(sukses) = p dan P(gagal) = q . tJntuk mendapatkan

kebanangkalian x sukses dan it kekenapan percubaan kita hanus

penhatikan kebarangkalian x sukses dan it —

x gagal. Oleh keranakekenapan pereubaan adalah tak bersandar maka kebarangkalian

176



TA BUR A N -TA BUR A N KHUStJS:

untuk mendapatktht x sukses dan n — x gagal ialah ~‘ q ” ‘.

Sementana susunan mendapatkan x sukses dani ii kekerapan boleh

berlaku dengan (n) cana. Oleb itu keharangkalian untuk mendapat

x sukses dan it kekenapan percubaan boleh dmdapati dengan

menjumlah (n) unsur yang masing-masing mempunyai

kebarangkalian p~qfl~X Jadi

p (x sukses dan it kekenapan) = ( ) pX qfl~X

Danjmka kita taknmfkan K supaya mengambil nilai-nilai x = 0, 1,2

it iaitu jumlah kemungkinan sukses dalam it kekerapan percubaan

maka

P(K=9=b(xn,p)=(~pxq~x=Q,l,...,

Fungsm ketumpatan kebarangkalian bagi bebenapa nilai p

ditunjukkan dalam gambanajah 4 .1

C o n t o h : 4.1

Katalah satu duit syiling dmcampakkan sebanyak 10 kali.

Apakah kebarangkalian dua danipada campakan menghasilkan

kepala.

Penyelesaian:

Dalam satu campakan kita mempunyai dua kesudahan iamtu

kepala dan ekon dengan kebarangkalian ~. Campakan tensebut

diulang 10 kali secana tak bensandan dengan kebanangkalian kepala

dan ekon adalah kekal. Jika ditaknifkan K sebagam bilangan kepala

yang keluar dan it campakan maka K adalah bentabunan binomial

dengan panameter 10 dan ~. Perhatikan d i sini sukses ialah

mendapatkan kepala dan gagal ialah ekon.

Untuk mendapatkan kebanangkalian K =

2 k m ta bolehgunakan fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi K. Yakni

177




P(K ‘= 2 ) =

I 10 /1 2 1\~b(2; l0,~)= (2)~) (~)

Contolt 4.2

— 1 0 ! u 1 V 0— 2 ! 8 ! \2)

90Ii

2

Katajah K bertaburan bmnommal dengan parameten 20 dan

iaitu ditulis K b(x; 20, ~).Dapatkan

(a ) P(K ;~5 )(b) P(2 c K <6)

Penyelesaian:

(a ) P(K ~ 5 ) = I — P(K C 5 )

= I _Eh(x;20~~)

= I — .4148

= .5852

4

(b) P(2 ( K < 6 ) =

x~2 b(x; 20,

= t b~x;

x~o

20,

= .6172 — .0243

.5929

— x~ob(~20~~)

Penhatikan nilai I b(x; it, p) boleh diperolehi dan jadual tabunantao

binomial (lihat Lampiran).

M m dan Varians

Sebelum dibmncang Iebih lanjut perhatikan pengembangan

binomial sebelah:

178



Gambarajah 4.1: Fungsi ketumpatan kebarangkalian taburan binomial untukn = 10 dan beberapa nilal p.

‘7 = 10

p=.5

f(x)

.5 —

.4 -

.3

.2 -

I I0 1 2 3 4

f(x) /1=5.5 -

.4 -

.3

.2

.1 . T

I t5 6 7 8 9 10

npq =ff~

n = 10

p = .2

T0 1 23 4 5 6 7 8 9

.5

.4

.3

.2

10

(7 = 10

. p.=.8

. t T I I1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

179



KF BA RA N G KA L1A N D A N STA TISTIK

(a ) M m bagi b (x: n, p)

p=E(X)= I xb(x;n,p)xao

= I x(~) px q~X

x 0

n ! = x pXqfl~X

~=, x! (n —

° n(n—1)! =

x = i (x— 1)! (it— x)! p~px

(n—I)! = np I

~i (x—1)! (n—x)! px-I qnx

E(K) = n p ~=,, y! (in—y)! j9 q”~’

= tip (p + q Y ”

oleh kerana p + q = t maka

E(X) = np

(b) Vanians bagi K it b (it. p)

Perhatikan fungsi K (K — 1)

(p + q)’ = (0) pX qfl~X = x~,I h (x; it, p)

Persamaan ml akan sentiasa digunakan dalam membmncangkan

tabunan binomial.

Teorem: 4.1

Jika K bentaburan binomial dengan parameter it dan p . maka.

m m dan varians bagi K ialah

p=np dan c2=itpq

Bukti:

C

andaikanx—1 = ydanm = n—I maka

180



TABURAN-TABtJRAN KHUSUS: DISKRIT

E[X (X—1)] = (x—l) x~’(n—x)!pX qfl~X

— ~ x(x_Y21L(!lcJ)uiL2JL p2 qX~2q?l~X

— ~ x(x— 1 ) (x—2)! (n—x)!

2 (n—2)!= n(n—l)p S ~—-—

7p qx2 (x—2)! (n—x).

andaikanx—2 = ydann—2 ,nmakam

E[X (X — I)] = n(n— 1) p

2 5 y!(m—v)! ~

= n (n — 1 ) p2 (p + q Y ”

= n(n—1)p2

Untuk mendapatkan varians bagi X perhatikan bahawa

a2 = E(X2) — [E(X)]2 = E[X(x—1)] +.E(X) — [E(X)]2

= n(n — 1)p2 + rip — n 2p2

= np — r i p 2

= np (1 — p)

= npq

Oleh itu m m dan varians bagi X adalah masing-masing rip dan npq.

Contoh: 4.3

Katalah X pembolehubah rawak mempunyai fungsiketumpatan kebarangkalian

f(x) = 5(1s)~)x~yz_x x = 0,1,2 15t di lain-lain

Dapatkan m m dan varians bagi X.

Penyelesaian:

Kita perhatikan X adalah bertaburan binomial dengan

parameter n = 15 dan p = ~. Oleh itu m m dan varians bagi X adalah

181




masing-masing np dan npq.

(a) ~t = E(X) np

=

(b) ~2 = npq

— 15h1\h1’\ 15 \~2)k~2) 4

Yakni X mempunyai m m dan varians

Fungsi P en j a n a Momen bagi Tabwan Binomial

Kesukaran dalam menentukan momen bagi taburan binomialdengan menggunakan definisi dapat d ia t as i jika kita dapatkan fungsi

penjana momen haginya.

Teorem: 4.2Fungsi penjana momen bagi taburan binomial yang

mempunyai parameter ii dan p ialah

M 1fl) [(1 — p ) + pe’]”

Bukti:

Mx(t) = Efe”] = exi (~)p1 qJt~X

= ~ (e’ p)X qfl~X = (e’p + q)”= [(l—p) + e’pJ’

Dengan mendapatkan terbitan ke-m bagi M(t) dan mengambil

= 0 , kita akandapat momen yang ke-m bagi taburan binomial iaitu

M,’ (t) = tipS [1 + p (e’ —

E(X) = M,’ (0 ) = np

18 2



TABLJRAN-TABURAN KHUSIJS: DISKR!T

M~”(t) = ripe’ [1 + p(e’ — l)]~~_1+ n(n — 1)p2 e2 ’

[1 + p(e’ —

E(X2) = M~(O) = np(1 — p + r ip)

dan varians bagi X

a2 = E(X2) — [E(X)]2= np(l — p + np) — n2p2

= np(l — p)

Kita dapati keputusan yang sama dengan teorem 4 .1 .

Contoh: 4.4

Katalah fungsi penjana momen bagi X diberi sebagai

(4 1 \‘ M(t) = +

maka X adalah bertaburan binomial dengan parameter n = 7 dan p

= ~. M m bagi x, E(X) = rip = 7 Q ) = dan varians bagi X.

Var(X) = =

6.5 Taburan Multinomial

Bentuk yang lebih umum bagi taburan binomial ialah apa yang

dinamakan taburan multinomial. Jika dalam percubaan yang

menghasilkan taburan binomial kita mempunyai hanya duakemungkinan kesudahan, maka taburan multinomiat adalah lahir

daripada percubaan yang mempunyai Iebih dan dua kemungkinankesudahan. Keadaan yang lebih terpeninci dan mana taburan

multinomial berlaku, boleh dijelaskan seperti benikut:

Katalah satu percubaan rawak boleh menghasilkan mkemungkinan iaitu K

1, K K,, , dengan kebarangkatian masing-

masing p1~ P2 Pm - Katalah percubaan tersebut mengikutkekerapan ii kali secara tak bersandar, maka percubaan m i bolehmenghasilkan taburan multinomial. Yakni jika kita takrifkan

pembolehubah rawak X1, X2 X_ sebagai tnenggambarkanbilangan berlakunya K1, K2, ..., K,,, maka taburan kebarangkalianbagi pembolehubah rawak tersebut boleh ditulis sebagai

183




x x I

I?. I 2 In

fix .. Xm; fl P ! P2 Pm ) = P i P2 P m

x 1!x2! Xm!

di mana x1 = ri dan E =

Fungsif(x1 X~,ri: Pi P2 . ~m) adalah fungsi ketumpatanbersama bagi in pembolehan rawak X1, X2 ... Xm dan proses

memperolehinya boleh dijelaskan sebagaimana mendapatkanfungsi ketumpatan kebarangkalian bagi taburan binomial.

Contoh: 5.1Katalah kebarangkalian bahawa satu kemalangan kereta boleh

menyebabkan kematian, kecederaan berat, kecederaan ningan, dantidak cedera adalah masing-masing 0-05, 0-3, 0-4 dan 025. Katalah

dalam satu han tententu tendapat 8 kemalangan kereta. Apakah

kebarangkalian bahawa dan lapan kemalangan, 2 menyebabkankematian, 2 kecederaan berat, 3 kecederaan ningan, dan 1 tidak

teicedera.

Penyelesaian:

Terdapat 4 kesudahan dan satu kemalangan. Katakan:

K1 = kemalangan menyebabkán kematianK2 = kemalangan menyebabkan cedena berat

K3 = kemalangan menyebabkan cedena ningañK4 = kemalangan tidak menyebabkan sebanang kecedenaan.

Makap, =P(K,) = °°

5’P2 =P(K 2) = 3,p~= P(K3) = -4dan

724 = (K4) = 25.

Taknilkan X1, X2, X3 dan X4 sebagai bilangan kemalangan yang

menyebabkan kematian, cedena benat, cedera ningan dan tidak adakecedenaan, maka X1, X2. X3, X4 adalah bertaburan multinomial.

Dan kebanangkalian yang dikehendaki ialah P (X, = 2, X2 =2 , X3

= 3 , X4 = 1) iaitu

f(2,2,3,1,8, 05,-3,-4,-25) = 2!2!3!1! (~5)2 (.3)2 (.4)3 (25)’

= 0 0 6

6.6 Taburan Hipergeometri

Jikalau n kekenapan pencubaan dilakukan tenhadap percubaan

18 4



TABURAN-TABIJRAN KHUSUS: DISKRIT

Bernoulli adalah bensandan maka kita tidak akan lagi menghasilkantabunan binomial. Sebaliknya percubaan tensebut akan meng-

hasilkan taburan yang dinamakan tabunan hipergeometri.Andaikan satu set mengandungi N unsur yang boleh dibahagi

kepada k unsun sukses dan N-k unsur gagal. Katalah kita

mengambil ii unsur danipada N secana rawak; atau dengan kata lain

melakukan n kekerapan pencubaan. Dan, kita benminat untuk mengetahui kebarangkalian x sukses danipada n kekenapanpercubaan in Untuk mendapatkan x sukses danipada n maka hanus

kita mendapat n-x gagal. Jika kita taknilkan pembotehubah nawak X

sebagai bilangan sukses danipada ii kekerapan maka X adalah

bertabunan hipengeometni.Fungsi ketumpatan bagi X dipenolehi dengan memerhatikan

kebarangkatian X mengambil nilai x di mana x = 0, 1 n , iaitu

bitangan sukses. m i dapat dijelaskan sebagaimana benikut:

Untuk memilih n danipada N unsuntendapat (‘~)cana.Oleh itu

kebarangkalian bagi setiap unsur ialah i/(N). Untuk memiih x

daripada ktendapat (/c) cara. Dan untuk memitih n—x dan N—k

tendapat ( ‘)cara. Oleh itu tendapat ( ) ( ) cara untuk \fl—XJ \,x \n—x

memilih x dan ii — x danipada n . Kebanangkalian bagi tiap-tiap cana

iatah i / ( 7 ) . Dan itu kebanangkalian untuk mendapatkan x sukses

(dan n—x gagal) dani n kekerapan pencubaan ialah dengan- - . /‘k\IN-k

menjumlahkan kebarangkalian setiap cara sebanyak I II\xJ \fl—x

kali. Yakni

(k~ (N — k

—

(N ‘ii

Jadi fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi pembolehubah nawak

X yang menunjukkan bilangan sukses danipada n kekerapanpencubaan ialah

18 5




-

f(x,N,n.k) = X = 0,1,..~n

~n)

Contob: 6.1

Dalam sebuah uncang tendapat 15 biji bola; 1 0 bola menah dan 5

bola putih. Katalah 2 biji bola dipilih satu lepas saw dengan bola

yang tenpiih tidak lagi dimasukkan ke dalam uncang. Dapatkankebarangkatian bagi bilangan bola putih yang terpiih.

Penyelesaian:Anggapkan penistiwa mendapat bola putih sebagai sukses dan

mendapatkan bota menah sebagai gagal. Jadi k = 5 dan N-k = 1 0 .

Maka untuk mendapat 0 sukses (dan 2 gagal) terdapat ( ~ )(~)Oleh itu P (0 sukses) = = ~ 1 0

Untuk mendapatkan 1 sukses Wan 1 gagal)tendapat (3G3cana

maka PU sukscs) = =

Sernentara mendapatkan2sukses (dan Ogagat) terdapat ( ~ )Q °~ )cana iaitu P(2 sukses) = ~ =

k~2)

Ringkasnya

(5)(10)

P(xsukses) =

18 6




kesudahan, sukses dan gagal yang kekenapannya tak bersandan.

Jikalau kita memerhatikan bilangan sukses danipada n kekerapanyang ditetapkan kita akan mendapat tabunan binomial. Tetapisekarang katalah kita melihat danipada sudut lain iaitu kita ingin

memerhatikan bilangan kekerapan percubaan sehingga suksespertama benlaku. Maka percubaan m i akan menghasilkan taburangeometni. Jika kita takniflcan pembolehubah rawak X sebagai

bilangan kekenapan sehingga sukses pentama berlaku maka X

adalah pembotehubah rawak geometni. Dan X boleh mengambil

nilai-nilai danipada 1 hingga infinit.Fungsi ketumpatan kebanangkalian bagi X boleh dipenolehi

dengan melihat penistiwa mendapatkan sukses pentama pada ke-kerapan ke x, x = 1 , ...~. Penistiwa mendapatkan sukses pentama

pada kekenapan ke x adalah penistiwa mendapatkan sukses pada

kekenapan ke x dan gagat pada kekenapan sebelumnya.

Kebarangkalian mendapatkan sukses pada kekerapan ke x ialah p

dankebanangkalianmendapatkangagal padakekerapanke x - 1 , x-2,1 ialah masing-masing i-p. Oleh kenana kekenapan adalah tak

bersandar maka kebarangkalian peristiwa tersebut ialah p(i —

p)~’. Maka kebarangkalian mendapat sukses pertama pada

kekerapan ke x ialah

p(X=x)=p(1—p)~ x=O,1,...

Beberapa contoh fungsi ketumpatan kebanangkalian tabunan

geometri dapat ditihat dalam gambanajah 7 .1 .

f ( x )

.5

.3

-2

x

-4. p- .5

0 2 3 4 5 6 7 8

188



TABURAN-TABURAN KNUSUS: DISKRIT

1 ( x )

‘5

4 p=25

.3, I !

Gambarajah 7.1: Fungsi ketumpatan bagi taburan

geometri.

Contob: 7 .1

Katalah satu duit syiing adalah pincang di mana kebarang-

kalian untuk kepala keluar ialah ~- dan ekor ~‘. Jika syiling tersebut

dicampak berulang-ulang sehingga ekor keluar, apakah kebarang-

kalian mendapatkan ekor padacampakan ke-2 dan pada campakank e-5 .

Penyelesaian:

Takrilkan X sebagai pembolehubah rawak yang menunjukkan

bilangan campakan hingga ekor keluar. Maka X adalah bertaburan

geometri dengan parameter p =

Oleh itu

P(X = 2) = p(1—p)’ = =

dan p(X = 5)= p(1—p)4 = ~ ~fl4= 243

Intern: 7.1

M m dan varians bagi taburan geometri dengan parameter pialah masing-masing

189




Contoh: 7.2

Katalah seonang pemain tenis mempunyai kebanangkalian 04untuk menang dalam satu-satu penlawanan. Andaikan setelah

bermain 5 kali beliau kalab kesemuanya. Apakah kebanangkalianbeliau mencapai kemenangan pentama di penlawanan yang ke-7.

Penyelesaian:

Taknifkan Ysebagai bilangan penlawanan selepas 5 penlawanan

di mana pemain tensebut mencapai kemenangan pentama. Maka

penistiwa menang yang pertama di perlawanan ke-7 ialah [Y = 2].

Oleh ituP(Y 2) =

= (-4) (-6)’= 24

Kebarangkalian pemain m i mencapai kemenangan pentama dipenlawanan ke-7 setelahkalah dalam S penlawanan mula-mula ialah

0-24.

6 .8 Tahuran B inom ia l NegatilJikalau dalam tabunan geometni kita memenhatikan b i langan

icekenapan untuk mendapatkan sukses yang pertama, maka

sekanang kita ingin metihat kekenapan di mana sukses yang ke-k benlaku. Jadi sebagai ganti kepada mencani kebanangkalian sukses

yang pertama pada k ek enapan k e-x kita luaskan konsep kita k epada

mencani kebanangkalian mendapatkan sukses ke-x pada kekenapanke-x. Taknilkan pembolehubah nawak X sebagai bilangan di maria

sukses yang ke-k. Oleh itu X akan mengambil nilai-nilai k, k+ 1 , k

+2Uniuk mendapatkan tabunan kebanangkalian binomial negatif

penhatikan penistiwa sebelum k sukses dalam x kekenapan. Peristi-wa m i boleh benlaku jika tendapat k-i sukses dan x-k gagal datamkekenapan pertama hingga ke x-I. OIeh kerana kekerapan adalahtak bersandan maka kebarangkalian k-i sukses dan x-kgagal,tanpamengira susunan, ialah /~‘ (i—p)””; p adalah kebanangkalian

untuk sukses. Tetapi penistiwa k—i sukses dan x-k gaga l dan x-i

kekenapan boleh berlaku dengan(~)cana. Jadi kebanangkalian k -1 sukses datam x-i kekenapan iatah

1 9 2



TABURAN-TABtJRAN KHUSUS: DISKRIT

(x- I’\ b(x-1; k-I, p) = ~k-i) ~ (1-p)~

Untuk mendapatkan sukses yang ke-k pada kekenapan x haruspada kekenapan tensebut benlaku satu lagi sukses dengan kebarang-

kalian p . Dan itu kebanangkalian mendapatkan bilangan kekerapanx supaya sukses ke k benlaku ialah

f(x; k , p) ( : D ’ (1 _p)X-k x = k, k+ 1 ,

Maka pembolehubah nawak X yang mempunyai fungsiketumpatan kebarangkalian sepenti di atas adalah bentaburan

binomial negatif.

Penhatikan juga bahawa bila k = 1 taburan binomial negatif menjadi tabunan geometni dengan fungsi ketumpatan kebarang-

kalian

f(x,p) = p(1~p)~x = 1.2,

Contob: 8.1

Seonang pakan perubatan mementukan 2 orang pesakit banah

untuk dicuba sejenis ubat banu. Beliau memenilcsa seonang demiseonang pesakit di hospital untuk menentukan siapa yang benan-

benan mengidap banah tensebut. Jikalau danipada pesakit-pesakit

tersebut kebanangkalian mengidap banah iatah apakah

kebanangkalian 8 onang pentu dipeniksa sebelum betiau mendapat 2

orang yang dikehendaki.

Penyelesaian:Masalahdi sini adatah sama denganmendapatkan 8 kekenapan

supaya sukses ke-2 benlaku.

Taknilkan X sebagai bilangan kekenapan sehingga sukses ke-2

benlaku, maka X adalah bentaburan binomial negatif dengan

parameter k = 2 p =

Jadi

7 i~56 P(X=8)=

( ‘ ) (~ )91 9 3




= ~

U I= -065

Yakni kebanangkalian dokton tensebut penlu memeniksa 8 orangpesakit ialah -065.

Penginaan kebanangkalian bagi tabunan binomial negatifdapat

dipenmudahkan d engan menggunakan formula

flx; k. p ) = b(k. x. p )

di mana b(k; x. p ) adalah kebanangkalian pembolehubah rawak Xmengambil nilai k dan X adalah bentaburan binomial denganpanameten n = x dan p .

Coutob: 8.2

Dan contoh 8 .1 kita dapati:

P(X=8) = ~b(2.8~~)

= (-2376) = -065

nilai b(2. 8 , ~)= (2376) dipenolehi dan jaduat tabunan binomial.

Teorem: 8 .1

M m dan van ians bagi tabunan binomial negatif yang

mempunyai fungsi ketumpatan kebanangkalian

f(x,k.p) = — p)x~k x = k,k + 1,...

masing-masing iatah

k 2 k(i—p)p=—danc

p p P

Coutob: 8.3Penhatikan masalah dalam contoh 8 .1 . Katalah kita ingin

mengetahui secana punata benapa orang penlu dipeniksa oleh doktor

194



TABURAN-TABURAN Ki- IUSUS: DISKRIT

Penyetesaian:

Katatah X adatah bilangan tikus dalam satu ekan. Maka Xadatah bentaburan Poisson dengan parameter p = 10 .

Kebanangkalian satu ekan sawah mengandungi kunang danipada 4

ekon tikus boleh ditulis sebagai:3

P(X < 4) = E f(x, 10) x~o

= ~ e~°lo x

,~

r 102 1~= r’°[I + 10 + +

= -0103 .

PenhatikanbahawaP(X <4) = P(X (3)botehdidapatidanijadualtabunan Poisson.

Contoh: 9.2

Katalah kebanangkalian bahawa seorang pengidap penyakitmerbahaya untuk sembuh ialah 0-4. Jika terdapat 20 onang

pengidap, apakah kebanangkalian sekunang-kunangnya 10 akansembuh?

Penyetesaian:

Anggapkan X sebagai bitangan pesakit yang sembuh. X adalahbentabunan binomial dengan parameter n = 20 dan p = - 4 .

P(X) 10) = 1 — P(X -c 10)

9

= 1— E b(x;20,4) x=o

= 1 — -7553

= -2447

Jikalau kita menggunakan angganan Poisson, X adalah bertabunan

Poisson dengan parameter p = np = 8 , atau

e

8

8~b (x; 20, -4)

197




Jika X adalah bentaburan binomial, b(n, p) maka fungsi

penjana momen bagi X ialah

M~(t)= [(l—p) + p et] ”

= [1 + p(e’ —

atau boleh ditulis

= [I +

Andaikan tip = p maka

M~(t) = + p(e’—

bila n mendakati infinit

I p(et — 1)i~hadj I + ~- = —I)

it j

Jadi

had Mx(t) =e’~’~= M~(t)

M~(t) = 1) adalah fungsi penjana momen bagi tabunan

Poisson dengan parameter p. Jadi dengan menggunakan teonembahawa fungsi penjana momen adalah unilc (teonem 4 : 8.2) X adalah

bertaburan Poisson dengan panameterp bila it mendekati infinit. mimenunjukkan bahawa taburan binomial boleh dianggankan dengan

menggunakan taburan Poisson bila n cukup besan.

Contob: 9.3

Katalah satu pembolehubah rawak X mempunyai fungsi

penjana momen sebagai M~(t)= - ‘~. Dapatkan m m dan vanians

bagiXdanP(X = 2).

Penyelesaian:

Jika M~(t)= “ maka X adalah bentaburan Poisson

200



TABURAN-TABURAN KJIUSU5: DISKRIT

dengan parameter p

4 , a2 = 4

= 4 . Oleh itu m m dan vanians bagi X iatah p =

Latihan Bab 6

P(X = 2) = f(2 :4)

— C442

2 !

= 8 e4

= 0-147

6 .1 (a) Buktjkan bahawa

b (x; n , 6) = b (n—x; it , 1—0)

di mana

h(i; it 0 ) adalah P(X = i ) dan X h(n, 0 )

(b) Dapatkan, dengan menggunakan keputusan di atas,

P(2 ~ X ~ 5 ) jika K bUS, 9)

6.2 Jika g(x, p) adalah P (X = x) di mana X adalah bentaburan

Geometni dengan parameter p tunjukkan bahawa

g(x;p) = ~b(1;x,p)

Gunakan persamaan di ata~untuk mengira

(i) g ( 20 ; -3 )(ii) g ( 15 ; -8 )(iii) P (2 < X ~ 6 ) d i mana X adatah bertaburan geometri

dengan parameter p = -35.

6.3 Dibeni X adalah pembolehubah rawak binomial.

Dapatkan

(a ) b (5 ; 10 , - 25)

201




(b) b (5 ; 10 , - 7 5 )5

(e ) L b (i; 10 , - 7 5 )

(d) S b(~9 , -35)5

(e,~ PU c X C 6 ); X h(15, . 55 )

(I) P(X < 2 atau X > 8)di mana X b (10, 25)

6.4 Katalah Ybertaburan Poisson dengan parameter

(a) 25 (b) 6 (c ) 5

Dapatkan( i) P(X=3)

(ii) P(3 < X ~ 10 )

(iii) P(X C 9)

dv) P (X > 10 )

(v ) P(X = 5 atau 6)

6.5 Katalah satu teoni genetik mengatakan bahawa jika lembu merahdikacuk dengan lembu hitam akan menghasilkan lembu-lembu

merah, hitam, dan cokiat dengan kadar 5 : 3 : 2. Dapatkankebarangkalian bahawa danipada 9 ekor anak tembu kacukan 5

adalah menah, 3 hitam dan 1 coklat. Apakah jangkaan bilangan anak lembu merah yang akan dihasilkan?

6.6 Katalah satu duit syiling adalah berat sebelah dalam mana

kebanangkalian kepala dan ekon keluar dalam satu-satu campakan

adalah dan ~-. Jika syiing tensebut dicampak (a) 10 kali dan (b) 15

kali apakah kebarangkalian kurang danipada enam kepala akankeluar?

6.7 Satu dadu 6 muka dicampak sebanyak 10 kali, apakah keba-

nangkalian 1 nombor 1 , 2 nombon 2, 3 nombon 3 dan 4 nombor 4

keluar? Apakah kebarangkalian semuanya nombon 1 keluar?

6.8 Danipada saw kajian didapati 10% dan kemalangan jalan raya

adalah disebabkan keletihan pemandu 70% disebabkan cuai, 5%kerosakan kereta dan 15% lain-lain. Jika dalam satu han tendapat 5

202



TABURAN-TABURAN KHU5US: DISKRIT

kematangan jalan raya apakah kebarangkalian 1 disebabkankeletihan, 3 kenana cuai, 1 kerana kerosakan keneta dan 1 atas lain-lain sebab?

6.9 Ke dalam sebuah kolam telah dilepaskan anak-anak ikan yang

terdinidanipad-a 500 jenis kap rumput dan 1000 jenis tongsan. Setelah

sebulan, katatah kita ingin memerhati perubahan berat badan ikan-ikan tersebut. Jika 50 ekon ikan ditangkap apakah bilangan ikankaprumput yang dijangka dapat ditangkap (andaikan tiada ikan yang

mati).

6.10 Datam satu komuniti bandar 2%-dan kalangan wanita telah pernah

melakukan pengguguran. Jika dan 20 orang wanita bandar tersebutyang dipilih secara rawak tentukan:

(a) Jangkaan bitangan wanita yang pernah menggugunkan anak.

(b) Kebarangkalian di antara 1 hingga 5 onang pernahmenggugurkan anak.

(c ) Kebanangkalian sampet yang dipilih tidak mengandungi wanita

yang pennah melakukan pengguguran.

6.11 Katalah satu duit syiling dicampak benkati-kali sehingg~satu kepatakeluan. Apakah kebanangkalian bahawa:

(a) 5 campakan dipenlukan?(b) Kunang dan 5 campakan diperlukan? dan(c ) Lebih dani 5 campakan dipenlukan?

6.12 Satu buah dadu 6 muka dicampak berkali-kali sehingga nombor 6

keluar. Apakah kebarangkalian 6 campakan dipentukan? Apakah

kebanangkalian hany~satu campakan dipentukan? Tuliskan satuformula untuk menunjukkan jangkaan bilangan campakan yang

dipenlukan.

6.13 Katalah seorang pelajar memandu mempunyai kebarangkalian -4untuk tulus satu-satu ujian memandu. Apakah kebarangkatian

pelajar tensebut (a) lulus pada ujian yang ke-4? (b) tulus pada ujianyang ke-lO? Jika setelah 4 kali mengambit ujian tersebut ia masihlagi gagat, apakah kebanangkatian ia lulus pada ujian yang ke-lO?

614 Mengikut satu kajian,didapati 10% danipada setinggan di KualaLumpur mempunyai pendapatan di bawah ganis kemiskinan. Jika 50

onang dipiih secara nawak apakah jangkaan bilangan setingganyang mempunyai pendapatan di bawah ganis kemiskinan? Dapatkan

kebarangkalian bahawa separuh danipada yang dlpilih adalahbenada di bawah ganis kemiskmnan.

203



TABURAN-TABURAN KHU5US: DISKRY~

6.19 Bagi taburan-taburan berikut dapatkan m m dan vanians masing-

masing.

(a) Hipegeometni dengan parameter it = 5 , k = 10 dan N = 100(b) Binomial negatifdengan parameter k = 3, p = -7 5(c ) Geometni dengan parameter p = 6

(d) Poisson dengan parameter 5 -3

6.20 Pembolehubah rawak X mempunyai fungsi penjana momen

(a) MO) = — ~

(b) M (t) = ~et (i — 1)1

Dapatkan

(a ) M m dan varians bagi X

(b) Kebarangkalian

0 ) P(X C 3 )(ii) P(X = 5 )

(iii) P(2 C X < 6 )6 .21 Fungsi penjana momen bagi taburan Binomiat negatif parameter k

dan p adatah

M~(t)= jI ( 1 — ( 1 — p) ehyk

Dapatkanterbitan pentama dan kedua bagi M(t) berdasarkan t. Dangunakan keputusan m i untuk menunjukkan bahawa m m dan vaniansbagi taburan tersebut ialah k/p dan k(1 — p)/p

2.

6.22 Katalah X1 dan X2 adalah tak bersandar dan masing-masing

mempunyai fungsi penjana momen

Mfl) = ~2~

t 1)

Apakah fungsi penjana momen bagi Y= X 1 + X2? Apakah tabunan

bagi Y? Dapatkan P( Y = 3 ) dan P(2 C X C 6 )

6.23 Jika X adalah bertaburan Poisson dan P (X = 4) = P (X = 5),apakah m m dan vanians bagi X. Dapatkan P (X = 2).

6.24- Katalah X b(3~

~)dan Y = ~ Dapatkan domain bagi Ydan

E(Y).

2 0 5




6.25 Katalah X dan Yadalah dua pembolehnbah rawak tak bersandar

masing-masing bertaburan b(3,~)dan b(5. ~).

Dapatkan

(a) P(X C 2 , Y C 4 )

(b) P(X C 2/Y= 0 )(c ) P(Y C 2 )(d) E(X + Y)dan V(X + Y)

(e) E(XY)

6.26 (a) Buktikan bahawajika X1..., X ,, adalahit pembotehubah rawak

tak bensandar masing-masing bertabunan Poisson dengan

parameter ~ maka 1 ’ = L X 1 adalah juga bertabunan Poisson

dengan parameter p = S 2~.i~I

(b) Buktikan bahawa jika X .., X~adalah npembotehubah rawak

tak bersandar masing-masing bertaburan Bernoulli dengan

parameter p maka Y = ~ X1 adalah bertabunan b(n, p).

&27 Katatah secara purata 20 danipada 10,000 orang dewasa adalahmengidap penyakit darah tinggi. Apakah kebarangkalian danipada

1000 orang yang dipiih dan kalangan orang dewasa akanmengandungm kurang daripada 5 onang yang mengidap penyakit

tersebut?

206



BAB7TABURAN-TABURAN KHUSUS: SELANJAR

Sekarang kita perhatikan puta beberapa taburan selanjar khususyang selalu ditemui di dalam analisis statistik. Penumpuan akan dibeni

kepada penggunaan konsep dalam bab-bab sebelumnya terhadaptabunan-tabunan tersebut.

71 Taburan SeragamTaburan yang paling mudah dan selalu digunakan sebagai

contoh untuk menjelaskan aspek-aspek teoni statistik adalah

dinamakan taburan senagam. Pembolehubah nawak X dikatakanbentabunan seragam jika ia mempunyai fungsi ketumpatankebarangkalian yang tepat di dalam satu-satu selang, iaitu

aCxCb

f(x) - ç b—a

0 di lain-lain

di mana a dan b adalah pemalan dan a < b.

Fungsi ketumpatan kebarangkalian f(x) dan fungsi taburan

kebarangkalian F (x) ditunjukkan di dalam gambarajah 1.1.~‘x)

‘C

• 1

‘lx’— 1

a b

207




F (x )

Gan~barajahii F~ng~iketurnpatan don fungsitoburan bag i taburan seragam

7.2 Tabunan Normal

Taburan yang sangat penting dan sangat luas penggunaannyadalam bidang statistik ialah taburan normal. Ia juga dikenali sebagai

taburan Gauss mengambil sempena nama salah seonang pengkaji

awalnya Karl Gauss (1777-1855). Satu ciri yang paling ketara bagi

taburan normal m i ialah bentuk fungsi ketumpatannya yang simetrik

di sekitan satu danipada parameternya.

G~mbaraj~h2.1: Graf bagi fungsi kethmpatontaburan normal

1

I

2 c

di lain-lain

‘C

Satu pembolehubah rawak, katakan X,yang mempunyai fungsiketumpatan kebarangkalian seperti gambarajah 21, atau

f(x; p,a2) =

l,.0

adatah dikatakan bentáburan normal dengan parameter p dan a2.

Taburan bagi X adalah bengantung kepada dua parameter p dan a2yang masing-masing menupakan m m dan varians bagi X. Jadi X juga

— ~ -C X-C

208



TABURAN-TABURAN KHUSIJS: SELANJAR

disebut bertaburan normal dengan m m p dan varians a2 dan dilulis

n(p, a2) atau ringkasnya X n(p, a2).

Parameter p — p C ~, dipanggil juga parameter lokasioleh kerana ia menerangkan kedudukan pusat di mana nilai-nilai

pembolehubah rawak normal benada di sekitarnya secara simetnik.

Sementara a2 a2> 0, adalah dipanggil parameter sebaran iaitumembezakan bentuk keluk bagi fungsi ketumpatan. Ia

menerangkan sama ada nilai-nilai tersebar di sekitar atau lersebar jauh dan parameter p . Untuk menggambankan keadaan m iperhatikan gambarajah 2.2 a, b.

Gambarajah 2.28: ~1 = ~2 tetap, a~ = a

Gambarajah 2.2b: ~ =,~ tetapi 2 2

Kita dapat tunjukkan bahawa bagi sebanang p dan a2 luas

kawasandi bawah keluk taburan normal adalah bernilai satu. Yakni

kamilan bagi fungsi ketumpatan kebarangkalian di atas domain bagipembolehubah rawak normal adalah bernilai satu, memenuhi syarat

fungsi ketumpatan kebanangkalian.

Untuk menunjukkan m i terlebih dahulu perhatikan kamilandi muka sunat 210.

a2

x

ala

P2

2 0 9



1= 1~e)1~dx •1 -~

I = I e’12 dy

4 J -~

r~ rz 2 2

j2= I +~)/2 dxdy J-~J-c~

Dengan menukarkan kepada koordinat polar iaitu mengambil y r

kos 0 dan x = r sin 0 maka

j2 = ,f2; . 1 : r e_r2/2 dr d O

r2g

=

$ d O Jo

= 2n

I=~

Dengan menggunakan keputusan m l maka, jika f(x; p, c2)

adalah fungsi ketumpatan bagi n(p, a2 ) kita dapati

r~ 1 2 2

I f(x; JL, a2) dx = J /2e dx

= __!_ I ez212d

KEBARANOKALIAN DAN SIATISTIK

Takrilkan,

Oleh itu juga

sehingga

= I e~x2/~ dx J -~r

2J C’12dy -

atau

di mana z = —~

C

=1

2 10



TABURAr~-TABURANKHUSUS~SELANJAR

I ax

1 .6

Gambarajah 2.3: P (O .~ Z .~ 1 6 )

P(0 < Z < 16) juga boleh ditulis dalam bentuk

P(0 < Z < 16) = P(Z < l ’6) -. P(Z <0)

Dengan menggunakan jadual taburan normal maka

P(0 <Z < l6)= 94 5 ---5000= .445

Contoh: 2.2Katalah sejenis tayar secara hitung panjang boleh tahan untuk

50,000 kilometer perjalanan dengan sisihan piawai 2000 kilometer.

Andaikan ketahanan tayar adalah bertaburan normal, apakahkebarangkalian bahawa satu tayar jenis tersebut boleh tahansekurang-kurangnya 45000 kilometer perjalanan.

Penyelesaian:

Takrifkan X sebagai hitungan kilometer ketahanan tayar, maka

X n(50,000, 45,000). Apa yang diperlukan di sini ialah P(X ~45,000).

P (X > 45000) = ~ (X — ~ > 45000_50000)

1 5000

= P~z~ -

= P(Z ~ 25)

di mana Z — n(0, 1 )

1(x)

. 1

,~=0

213




x

Gambara ja l i : 2.4p ( z >— 2.5)

Dan jadual didapati

P(Z > — 25) = •9938

Jadikebarangkalian tayartersebut tahansekurang-kurangnya45000kilometer perjalanan ialah 99

Couitoh: 2.3

Katalah X — n(p, u2)~Dapatkan P( ~ — ~I~2a).

Penyelesaian:

P (IX — = P(X — p < 2adanX — p > — 2a)

= P(— 2a < X — C 2c)

= P(— 2 < Z <2)

X—p

dimanaZ = — n(0, 1 )

= P(X <2) — P(Z < — 2 )= 977 — 023

= .954

Fungal Penjana Momen bagi Taburan Normal

Teerein: 2.2Fungsi penjana momen bagi pembolehubah rawak X yang

bertaburan normal m m p dan varians a2 ialah122

M 1(t) =

Bukti

M1(t) E[e”] = e’~f(x)dx

.2 .5 0

214




sesuai untuk beberapa taburan tertentu terutama taburan-taburanyang juga simetrik atau hampir simetrik. Di sini kita akan

bincangkan penganggaran normal terhadap taburan binomial dantaburan Poisson.

Teorem: 3.1KatalahX bertaburanbinomialdenganparameterndanp.Min

dan varians bagi X ialah p = np dan a2 = npq. Maka,

pembolehubah rawak

z — —

adalah mendekati taburan normal piawai bila n mendekati infinit.

Teorem 3 .1 mi membolehkan kita menggunakan taburanpiawai sebagai anggaran kepada taburan binomial bila n adalah

cukup besar. Yakni dengan melakukan ‘piawaian’ terhadappembolehubah rawak tersebut kita akan memperolehipembolehubah rawak yang mendekati taburan normal. Nilai n yang

cukup besar adalah tidak dapat ditentukan dengan jelas. mi adalah

oleh kerana jika p dekat dengan maka kelok taburan binomialadalah hampir sekata dan penganggaran normal adalah hampir

walaupun n tidak berapa besar. Sementara bila p menghampiri 0atau I penganggaran yang baik hanya diperolehi bila n sangat besar.

Langkah yang selalunya diambil ialah jika p adalah mendekati

maka taburan normal akan digunakan sebagai anggaran. Manakala jika p mendekati 0 atau 1 dan ii tidak berapa besar maka taburanPoisson (penjelasan telah pun diberi dalam bab 6) adalah lebih sesuai

digunakan.

Contoh: 3.1

Katalah K adalah bertaburan b(20. 4). Dapatkan (a) P(X = 10)

(b)P(10 ( X ~ç 15)(c)P(10 c K ~ 1 5 ).

Penyelesaian:

(i ) Menggunakan anggaran normal.

/2 = tip = 8 a = = = 219

216



TABURAN.TABURAN KHUSU5: 5ELANJAR

(a) P(X = 10) = P(95 < X c 105)

/9•5 —

8= ~ 219

= P~685 .c Z < 1141)= 8729 — 7533 = 1196)

(b) P(10 C K C 15) = P(95 < X < 155)

— 8

2~1915•5 — 8

2~19= P(685 < Z < 3425)= .9997 .7533

= 2464

(c ) P(10 < X C 15 ) = P(1G5 ~ X < 15~5)

=

\ 21915•5 — 8

2 • 19

= P(1141 < Z c 3425)= P9997 —

= 1268

(ii) Dengan menggunakan jadual binomial

(a)P(X = 10 ) = ~ll72

15 9 (b) P(10 ~ X C 15) = E b(x;20,4) — L b(x;20,~4~

x=o

= .9997 — .7553

= P2444

x0

15

~c) P(10 C X C 15) = b(x 20, ~

= 9997 — 8725

= 1172

10

— b(x; 20, A)

(iii) Dengan mengguna anggaran Poisson.p = tip = 8

K — tipC C i0•5 — 8219

217



ICEBARANGKALIAN DAN STATISTIK

(a ) P(X = 10) = 0993

(b) P(IOCX C 15)=2752

(c ) P(10 < X C 15) = 1759

Kita perhatikan penganggaran normal adalah Iebih hampir kepadakebarangkalian sebenar sebagaimana yang dijangkakan bila p

adalah dekat dengan

Sebagai ingatan, kita harus perhatikan bahawa dalammenganggar taburan binomial dengan taburan normal kita telah

menukar pembolehubah rawak diskrit kepada pembolehubah

rawak selanjar. Untuk mengambilkira penukaran tersebut kita

harus mencampur atau menólak daripada batas atas dan batas

bawah bagi satu-satu peristiwa. Kaedah yang berkenaanditerangkan denganjelas dalam contoh 3 .1 yang telah dibincangkan.

Teorem: 3.2

Katalah X adalah bertaburan Poisson dengan parameter A ; miff

d~nvarians bagi X ialah p = A dan a

2 = A . Maka, pembolehubah

rawak

X-A /-

adalah menghampiri taburan normal piawai bila A menghampiri

infinit.

Teorem 3.2 membolehkan penganggaran normal dilakukanterhadap taburan Poisson bila m m bagi taburan Poisson adalahcukup besar. Dalam mengatasi masalah tukaran pembolehubahrawak diskrit kepada pembolehubah rawak selanjar, qara yang sama

sebagaimana kes binomial adalah digunakan.

Contob: 3.2Katalah X adalah bertaburan Poisson dengan A = 16 .

Dapatkan (a) P(X = 15) (b) P(10 C X C 20).

Penyelesaian:

Dengan menggunakan penganggaran normal:

218



TABURAN.TABURAN KI-IUSUS: SELANJAR

X — 16

z= — n ( 0 , l )

~tig mak a:(a) P(X = 10) = P(145 C X C 15~5)

/14~s — 16 15~5 — 16= ~ C Z < -—-____

P(— 0375 C Z < — 0125)04502 — &353900963

(b) P(10 C X < 20) = P(9~5c X C 195)

— 16 195 — 16

4 <ZC—4

= P(— 1625 C Z c — 0875)= 08092 — 0-0521

= 07571

Sementara kebarangkalian sebenar dengan mengguna jadual

Poisson didapati(a) P(X = 15) = 00992

(b ) P(10 C K < 20 ) = &7689

Didapati penggunaan penganggaran normal memberi keputusanyang hampir dengan kebarangkalian sebenar.

7.4 Taburan Gamma

Sebelum kita membincangkan taburan Gamma perhatikan

dahulu keputusan da n bidang matematik yang dipanggil fungsi

Gamma. Fungsi Gamma, yang ditulis f adalah ditakrif sebagai:

= I : y~1e’ dy

Dengan mendarab bahagian demi bahagian dapat kita tunjukkanbahawa

F(a) = — 1J: r2 e’ dy

= (a — 1)f(~—1)

219




Di mana bila ~ adalah nombor bulat positif maka

f(~)=

(~ — 1 ) (~

— 2)... 3 . 2 . 1 = (~ — 1 ) !

Dan bagi ~ = I ditakrifkan sebagai

F(1) = I : e’ dy = 1

Sekarang dengan menggunakan keputusan fungsi Gamma kita

boleh bincangkan taburan Gamma.Pembolehubah rawak selanjar K yang ditakrifdi dalam domain

0 C x C ~ dikatakan bertaburan Gamma dengan parameter ~ dan

fi jika ia mempunyai fungsi ketumpatan kebarangkalian

1 ~

f(x:~,fl) =~ F(~)/3~

(0

di mana ~ > 0, fi > dan 1’(~)> 0.Beberapa bentuk fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi

taburan Gamma untuk beberapa nilai ~ dan f i dilakarkan dalam

Gambarajah 4 .1

f(x)

OCx< ~‘

di lain-lain

~= 1, ~= 1

4~f3 = ½

~= 4, f i = 1

0

Gambarajah 4.1: Fungsi ketumpatari probabiliti taburanGamma bagi beberapa nilai ~ dan ~3

x

220



KEBARANOKALIAN DAN 5TATISTIK

Le_42 ;0 C XC ~

f(x) <2(o di lain-lain

Dapatkan fungsi penjana momen, m m dan varians bagi X.

Penyelesaian: X adalah bertaburan Gamma dengan parameter a = 1 dan/i =

2 . Maka fungsi penjana momen ialah

M(t) = (1 — 2t)’ ; t C

M m dan varians bagi X ialah

p = a/i = 2

a/i2 = 4

Beberapa kes khusus bagi taburan Gamma adalah sangat

mustahak dalam bidang-bidang tertentu. Satu daripadanya ialahtaburan Chi-kuasa dua yang sangat penting di dalam inferens

statistik. Taburan Chi-kuasa dua yang ditulis X2(,) adalah taburan

Gamma bila a = r/2; r adalah nombor bulat positif dan $ = 2.Parameter r juga dipanggil darjah kebebasan bagi taburan Chi-

kuasa dua.Fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi taburan Chi-kuasa

dua dengan r darjah kebebasan, K2( , ) adalah

1 I/21 e~12-

f(x;r)=.~r(r/2)2hi2 ‘ OC XC ~

di lain-lain

Fungsi penjana momen bagi X2( , ) boleh diperolehi secaralangsung dan fungsi penjana momen bagi taburan Gamma denganmenggantikan a = r/2 dan/i = 2 iaitu

- M 1(t) = (1— 2t~”

2 ;t C

Begitu juga m m dan varians bagi X2 ialah masing-masing:

p = a/i = r g2~ a/i2 = 2r

222



TABURAN-TABURAN K1-IUSU5: SELANJAR

Saw ciii yang menarik bagi taburan Chi-kuasa dua ialah

taburan Gamma boleh ditukarkan kepada taburan mi berdasarkan

teorem berikut.

Teorem: 4.2

Andaikan K bertaburan Gamma dengan parameter a = r/2; r

nombor bulat positif, dan / 3 > 0, maka pembolehubah rawak

Y= 2X//1adalah bertaburan Chi-gandadua dengan r = 2a darjah kebebasan.

Contob: 4.2

Katalah X adalah bertaburan Gamma dengan parameter a =

2 -5 dan $ = 4. Dapatkan P(2-3 -C X C 222).

Penyelesaian:

/2(2-3) 2X 2(22-2)P(23CXC22-2)= P~—~---C—

4—C 4

= P(115 C YC 114)

2Xdi mana Y =

Dan jadual f~5~maka didapati

Pft15 C Y C 11 -1 ) = 0-95 — 0-05=90

Jadi P(2-3 C K C 22-2) ialah 090Perbincangan tentang kegunaan taburan Chi-kuasa dua dalam

inferens statistik akan ditangguhkan sehingga kita mempelajari

taburan pensampelan. Taburan Chi-kuasa dua akan dibincangkanlagi di dalam Bab 8 nanti.

7 .5 Taburan EksponenSatu lagi kes khusus bagi taburan Gamma ialah taburan

eksponen. Taburan eksponen mi mempunyai penggunaannya yang

tersendiri di dalam menggambarkan taburan hayat bagi satu-satukomponen. Bagaimanapun penggunaannya di bidang teori reliabiliti

(kebolehan-paraan) mi tidak akan dibincangkan di sini.Pembolehubah rawak K yang ditakrif di dalam domain 0 C x

C ~ adalah bertaburan eksponen jika fungsi ketumpatan

kebarangkalian bagi X adalah berbentuk

223



KEBARANGKALIAN DAN STATISTIK A e~’

f(x,A) = 0

di mana A > 0

Adalah tidak sukar untuk menunjukkan bahawa taburan

Gamma dengan parameter a = 1 dan /3 = adalah taburan

eksponen dengan parameter A .

Bentuk fungsi ketumpataneksponen untuk beberapa nilai

gambarajah 5 .1 .Fungsi penjana momen bagi taburan eksponen berserta m m

dan varians dapat diperolehi dengan menggunakan keputusandaripada taburan Gamma. Fungsi penjana momen bagi taburanGamma parameter a dan / 3 ialah

F (x)

GambaraJah 5.1: Fungsi ketumpatan kebarangkalian taburan

ekspOnen.

1Oleh itu bila a = 1 dan / 3 = maka

x

;0 Cx < ~

di lain-lain

kebarangkalian bagi taburan A adalah ditunjukkan dalam

I M 1(t) =

( 1 —

X=22

1 X= 2

2

x =1

224



TABURAN-TABURAN KHUSUS: SELANJAR

M~(t)=

( 1 —

= (1

Jadi fungsi penjana momen bagi taburan eksponen dengan

parameter A ialah M(t) = (1 —

M m dan varians bagi taburan eksponen dengan parameter A

dapat diperolehi dengan menggantikan ~ = 1 dan f i = kepada m m

dan varians bagi taburan Gamma parameter ~, /3 iaitu:

dan

1

p = ~fi= 1. =

f1\2= c c f i

2 = 1(~~A)=

;O C x < ~

di lain-lain

P(2 c X C 5).

adalah mempunyai fungsiContob: 5.1

Anggapkan pembolehubah rawak X


f(x) =

(~o

Dapatkan fungsi taburan F (9 dan apakah

Penyelesaian:

F(x) = P(X C x) = jf(w) dw

C x 1=

1

= 1 —

225




(a ) PUS C X C 30 )(b) P(0 C K C $0 )

(c ) PR = 10)(d) PR > 20)

7.7 Tentukan niiai bagi kamilan-kamilan berikut.

(a ) J I e~ dx

50 I/x_50’\ 2

(b) j -~ r2\9~) dx

rio i 1 2

(c ) I (x— 6) dx J34~

7.8 Jika K n(5, 1 6 ) dapatkan nilai b supaya P( — b C K C b ) = -95

7.9 Anggapkan K satu pembolehubah rawak yang mempunyai fungsi


—ccCxCco

Tentukan mm dan varians bagi K dan dapatkan P (K C — 2 )

7.10 Berat purata sekampit beras keluaran sebuah syarikat pengilangpadi ialah 5 .6 kilogram. Jika berat bagi sekampit adalah bertaburannormal dengan sisihan piawai 0.5 kilogram, apakah kebarangkalian

satu kampit berasakan mempunyai berat(a ) Kurang daripada 5 -5 kilogram

(b) Di antara 5 -3 dan 5 -7 kilogram.

(c ) Melebihi 6 kilogram atau kurang daripada 5 kilogram.

7 .11 Dan pengalaman lepas didapati 30% dan pelajar yang menduduki

satu peperiksaan akan gagal. Jika dan 1 0 0 pelajar yang menduduki

peperiksaan tersebut apakah kebarangkalian(a) Kurang daripada 20 akan gagal

(b) Di antara 50 hingga 70 akan lulus

230



TABURAN-TABURAN KHU5US: SELANJAR

7.12 Katalah bilangan kemalangan dalam sat.u han adalah bertaburanPoisson. Jika purata kemalangan dalam satu han ialah 25 apakah

kebarangkalian(a) 20 kemalangan berlaku satu han

(b) Kurang daripada 25 kemalangan berlaku dalam satu han.

7.13 Daripada satu kajian didapati 20% dan penduduk kampung

menggemari lagu keroncong. Jika dan satu 1 0 0 0 orang penduduk kampung yang ditanya apakah kebarangkalian kurang dan 1 0 0 akanmenyatakan gemar lagu tersebut?

7.14 Katalah berat badan bayi yang baharu lahir ada!ah bertaburannormal dengan m m 1 -3 kilogram dan sisihan piawai -4 kilogram.Jikasatu bayi ditakdirkan lahir apakah kebarangkalian Ia mempunyai

berat badan

(a) Di antara 1 dan 1 -5 kilogram

(b) Kurang dan -8 kilogram

(c ) Melebihi dan 2 kilogram

7.15 Jika K dan Y

adalah d u a

pembolehubah rawak takbersandarmasing-masing bertaburan ii (5, 16 ) dan ii (~3, 9 ) apakahkebarangkalian(a) [K C 5,Y>3]

(b) [3ZKC5.YC3]

(c ) [K + Y> 10]

(d) [K — IC 1J

7.16 Pembolehubah rawak K mempunyai fungsi ketumpatan

k ebarangkalian f(x)=4xC

2’ OCXCcC

Apakah m m dan vanians bagi K?

7.17 Jika fungsi penjana momen bagi K ialah 1

1 -~ tC~ M(t) = (1— ;t)

apakah m m dan vanians bagi K? Apakah m m dan varians bagi Y =

2K!- 5

231




7.18 Buktikan teorem 4.2 dengan menggunakan kaedah fuj~gsipenjanamomen.

7.19 Anggapkan K adalah bertaburan Gamma dengan paranietera = 2.5

dan / 3 = 2 . Dapatkan

(a) PR C 0-8312)

(b) PR > 1508), dan

(c ) P(0-8312 C K C 15 -08)

7.20 Jika K adalah bertabunan Gamma dengan a = 5 dan / 3 = 6 apakahPR > 54 -92) dan P(6-42 C K C 6 .1-45) .

7 .21 Tunjukkan bahawa K K~adalah n pembolehubah nawak tak bersandar masing-masing bentaburan eksponen dengan m m 0 maka

=~• K, adalah bertaburan Gamma denganparameter a = n dan $

7.22 Tunjukkan bahawa m m n dan varians bagi taburan Beta a, j I ialahmasing-masing

d — _______

a+/3 an — (a$)2(a+$—1)

Panduan: Gunakan keputusan bahawa

f K~’( 1 — x)’1 dx = r(a) [‘(/3)

Jo [‘(a+$)7.23 Katalah panjang hayat satu komponen elektronik adalah bertabunan

eksponen. Jika purata panjang hayat komponen tensebut adalah 5

nibu jam apakah kebarangkalman satu komponen boleh tahan(a) Kurang dan 5 nibu jam

(b) Melebihi 6 n i b u jam

(c ) Di antana 4 hingga 5 -5 ribu jam

Jika satu lagi komponen telah pun digunakan selama 4 ~ jam

apakah kebanangkalian ia tahan 1 nibu jam lagi?

232



BAB8

TEORI PENSAMPELAN

8 .1 Pengenalan

Dalam setiap percubaan yang dilakukan keputusan-keputusanyang didapati merupakan pengamatan bagi pembolehubah rawak yang menerangkan percubaan tersebut. Jika pencubaan mi diulang

benkali-kali kita akan mendapat satu himpunan pengamatan bagi

pembolehubah rawak benkenaan. Misalnya, di dalam memerhatitinggi pelajar di sebuah universiti; setiap pelajar adalah merupakankekerapan percubaan yang menghasilkan pengamatan dalam

bentuk ketinggian masing-masing. Dalam percubaan lambung duitsyiling berkali-kali dan ditaknifkan satu pembolehubah rawak

sebagai bilangan kepala yang keluan pada satu-satu lambungan,

maka bilangan kepala yakni 0 atau 1 bagi semua lambungan

merupakan pengamatan bagi pembolehubah rawak tensebut.Kesemua pengamatan yang berkenaan mi membentuk apa yang

dinamakan populasi. Jadi, dalam masalah tinggi pelajar, tinggi

selunuh pelajar di universiti tersebut adalah membentuk satu

populasi. Sementana dalam kes melambung duit syiling sehingga tak

terkina, bilangan lambungan, satu hingga infinit, adalah merupakansatu populasi.

Setiap pengamatan dalam satu populasi merupakan nilai bagi

pembolehubah rawak berkenaan yang mempunyai fungsiketumpatan tertentu. Misalnya, dalam memerhati setiap lambungan

duit syiing, setiap pengamatan adalah berkemungkinan mengambilnilai 0 atau 1 dan taburan Bernoulli. Jadi, bila kita katakan, satu

populasi adalah populasi normal atau umumnya bertaburan f(x),maka setiap pengamatan dalam populasi adalah mengambil nilai-

nilai bagi pembolehubah nawak normal atau pembolehubah rawak yang bentaburanf(x). Begitu juga dengan parameter bagi populasi.

233




Ia menupakan parameter bagi pembolehubah rawak berkenaanDalam praktiknya tabunan bagi populasi,f(x) selalunya tidak

diketahul. Tetapi untuk tujuan analisis statistik ia diandaikandiketahui terlebih dahulu. Hanya parameter yang menentukanbentuk tabunan f(x) sahaja yang masih belum diketahui. Jadi didalam menentukan taburan bagi populasi hanyalah parameter bagi

taburan sahaja yang harus dicari. Untuk mencani parameter bagi

populasi mi memerlukan kita mempelajani teori pensampelan.

8.2 Sampel dan Statistik Untuk memerhatikan kesemua pengamatan di dalam populasi

adalah mustahil terutama jika bilangan pengamatan atau jugadinamakan saiz populasi adalah besar. Jadi hanya sebahagian, yang

merupakan subset bagi populasi sahaja yang diambil. Subset bagi

populasi atau sampel yang dipilih mi seharusnya boleh mewakili

populasi dalam erti kata boleh menjelaskan sifat-sifat tabunan

populasi tersebut. Sampel yang memenuhi kehendak-kehendak ml

dinamakan sampel rawak.

Deilnish 2.1

Sampel rawak bersaiz n adalah satu sampel di mana setiapsubset yang tendiri dani n pengamatan danipada populasi adalahmempunyai peluang yang sama untuk terpilih.

Proses pemilihan sampel nawak bensaiz n danipada populasi

boleh dijelaskan dalam bentuk taburan bagi pembolehubah rawak

sebagaimana benikut:

Anggapkan ii pengamatan dipilih daripada populasi yangbertaburanf(x). Maka K

1, ~ K,, adalah n pembolehubah rawak

yang masing-masing bentaburan f(x). Jadi K1. K2 K ,, adalahmempunyai fungsi ketumpatan bersamaf(x1, x2 xJ. Jika sampel

yang dipiih adalah sampel rawak maka K i,..., X ,, adalah tak bensandar sehingga

f(x~ ... x,,) = f(x3.f(x2) ...f(x,,)

Pembolehubah-pembolehubah rawak K1 .. K ,, dikatakanmembentuk sampel rawak bersaiz n dan p op u la s i yang bertaburan

f(x).

Sekarang jika kita taknifkan Y sebagal fungsi kepada sampel,

yakni Y = p4K1 ... K,). Maka Y ternyata adalah merupakan satupembolehubah rawak di mana nilainya bergantung kepada nilai-

234



adalah dipanggil sisihan-piawai bagi sampel.

Sisihan piawai bagi sampel yang juga dikenali sebagai ralat

236



TEORI PENSAMPELAN

piawai adalah merupakan punca kuasa dua positif bagi vanians

sampel.

8 .3 Taburan Pensampelan

Oleh kerana statistik Y = p4K1, K2 ... K~)adalah berbeza dan

sampel ke sampel, maka Yadalah satu pembolehubah nawak yang

mempunyai tabunannya yang tensendmrm. Bagaimanapun taburanbagi Ybengantung kepada taburan bagi K K ,, iaitu taburan bagipopulasi dan mana sampel d i ambml . Tabunan kebanangkalman bagi

sebarang s tatmstmk adalahdipanggml taburan pensampelan.

Contoh: 3.1

Katalah satu sampel nawak bersaiz n diambil darm satu populasi

yang bertabunan Poisson dengan parameter p. JIka ditaknifkan

statistik Y sebagai

Y= K 1 + K2 + ... + K ,, = ~ K,

Apakah tabunan pensampelan bagi 1 ’?

Penyelesaian:K, adalah bentabunan Poisson denganparameter p. maka fungsipenjana momen bagi K, ialah

= — 1)

Fungsi penjana momen bagi Y = ~K, ialah

M~(t)= Mzx,(t) = E[e j

Oleh kerana K, dan sampel rawak adalah tak bersandar maka

M1(t) = E(e~x1) E(e”2) ... E(e”~n)

= e”~ ~ 1)4 .+ pIe’— 1)

= e~’~l)E l~

= e~”~1)

Di mana ~ 1) adalah fungsi penjana momen bagi taburan Poisson

dengan parameter np. Jadi ternyata Y = S K, adalah bertabunan

237



KEBARANGKALIAN DAN 5TATI5TIK

Poisson dengan parameter np.

Penhatikan bahawajika K1 ... K,, adalah sampel rawak bersaiz it

yang diambil dan populasi bertaburan f(x) maka K,, I = 1 , ... it

adalah masing-masing bertaburanf(x). K,, i = 1 , 2 it juga adalahtak bersandan dan mempunyai parameter yang sama. Dalamkeadaan mi K1, K2, ... K ,, dikatakan tak bersandar dan serupa. Jadi

kita dapati dengan mengambil sampel rawak membolehkan kita

menentukan taburan pensampelan dengan lebih senang.Bagaimanapun kaedah untuk menentukan taburan pensampelan

bagi statistik tidak akan dibincangkan secana mendalam di sini.

Cuma satu danipada kaedah tersebut iaitu penggunaan fungsipenjana momen bagi mendapatkan taburan bagi statistik tertentusahaja ya.ng akan dibenikan.

8.4 Taburan Pensampelan bagi M m Sampel, X Salah satu danipada statistik yang selalu digunakan ialah m m

sampel yang ditakrifkan sebagai

= S K,/n

di mana K,, K2,..., K ,, adalah pembolehubah rawak daripada sampel

rawak bersaiz it.

Nilai jangkaan dan varians bagi X dapat disimpulkan sebagai

teorem benikut:

Teorem: 4 .1Jika K1, K2, ..., K ,, adalah sampel rawak bensaiz it yang diambil

dani populasi yang mempunyai m m p dan variansa

2 (K

1 .. K ,, adalahtak bersandar dan serupa) makajika ditaknifkan m m sampel sebagai

= ) K, rn :

E(X) = pdan V(X) = —

it

Bukti:

E(X)=E[” ]238



TEORI PENSAMPELAN

1~= - E E(K,)

it 1=1

1’

it 1=1

V(X)= V(S K,/n)

= V(K,)

1~= E V(K,)

it i—i

1”

it i—I

it a2

it2

a2it

Sebagai kesimpulan teorem 4 .1 membenikan keputusanbahawa jangkaan bagi m m sampel adalah sama dengan m m bagi

populasi dan vanians bagi m m sampel ialah vanians bagi populasi

dibahagikan dengan saiz sampel. Keputusan mi benlaku tidak mengira apakah taburan bagi populasi berkenaan.

Taburan bagi statistik Ybagaimanapun tidak dapat ditentukandengan senang. Ia bengantung kepada taburan asal populasi dath

masa sampel diambil. Sebagai contoh penhatikan K K,, yang

diambil daripada tabunan Poisson (contoh 3.1). Jika I adalah m m

sampel maka E(2) = p dan vanians bagi I 11(1) = = oleh

kerana vanians bagi K ialah p. Taburan bagi X adalah bukan lagi

bentabunan Poisson oleh kerana m m dan vanians bagi I adalah tidak

sama.

8.5 Teorem

Ha d PintKesukaran di dalam menentukan tabunan pensampelan bagi

239




Oleh kerana kebanyakan taburan memenuhi syarat-syarat

yang membolehkan penggunaan teorem had pusat makapenganggaran normal piawai boleh digunakan. Jadi adalahmunasabah jika kita tumpukan perhatian kita kepada pensampelan

yang melibatkan taburan normal.

8.6 Taburan Pensampelan NormalAndaikan bahawa populasi normal adalah andaian yang paling

wajar dan kerap digunakan. m i kerana kebanyakan keadaan han-

han boleh dianggap sebagai bertaburan normal atau mendekatinormal bila bilangan pengamatan adalah besar seperti taburan

binomial atau Poisson (Bab 7). Juga berdasarkan teorem had pusat, jika saiz sampel adalah besar, m m sampel yang dipiawai adalahmempunyai taburan had normal.

Teorem: 6.1

Jika X adalah m m sampel bagi sampel rawak bersaiz n dan

taburan normal dengan m m p dan varians a2 maka X adalah

bertaburan normal dengan m m p ~ p dan vanians ff~=

Bukti:

Fungsi penjana momen bagi X1 —~ (p, ~2) iaJah

M11(t) e ju-s-

4e2r2

Maka fungsi penjana momen bagi Xialah:

M~(t)= M’” ~)=

= E[e x] E[e X] ... E[e~ ~]‘~ • 1 2 /‘,\2.

= fle’5~i”

1 2 1= exp~—E ~z÷—z -i E g2

2 n 1=1

02

=

242



TEORI PENSAMPELAN

/(x)

Teorem: 7.2

Jika X1, X2 X~adalah pembolehubah rawak masing-masing

bertaburan Chi-kuasa dua dengan darjah kebebasan r1, r2 r~

maka jika Y = E X~,Yadalah bentaburan Chi-kuasa dua dengan i ’

= E r , darjah kebebasan.1=1

Bukti~

Jika Y’= E X~maka

= (1 — 2ty’1~2

l W ’ ~(t) = I M~.(t)=1

= H ( 1 — 2t)~’/2

= ( 1 — 2t)_~12 di mana V = i~I ~

Yakni fungsi penjana momen bagi x2~.

Oleh itu Y = ~ X~adalah bentaburan X2(~).

1=1

Dengan menggabungkan teorem 7 .1 dankeputusan dalam bentuk teorem di muka surat 246.

7.2 kita dapat

r~4

r=8

0

Gambarajah 7.1: Fungsi ketumpatari bag i

245



TEORI PENSAMPELAN

Oleh itu

P(S 2 ~

728 =

1 )5 (728) (25))

= P(X2(25 , ~ 3641)

05

Kebarangkalian vanians sampel mengambil

kurangnya 728 ialah &05.nilai sekurang-

8.8 Taburan t

Taburan t adalah digambarkan dengan fungsi ketumpatank ebarangkalian

f[(r + 1)/2] 1 + ~-fr+1if2 ~ < x <~

f(x) =~(,J~F(r/2) r

t 0 di lain-lain

di mana pembolehubah rawak X yang mempunyai fungsiketumpatan seperti di atas dikatakan mempunyai taburan tdengan r

darjah kebebasan, ditulis t(~)•Keluk bagi fungsi ketumpatan kebarangkalian bagi tabunan tfr)

adalah simetrik di sekitar 0 dan bentuknya adalah ditentukan oleh

parameter r .

0

Kelokbagi f(x)taburan t

x

Untuk tujuan kita taburan t adalah dmgambarkan sebagai

nisbah di antara dua pembolehubah rawak normal piawai dan Chi-kuasa dua.

Gambarajah 8.1:

249



TEORI PENSAMPELAN

Contoh: 9.1

Katalah S~dan S~adalah varians sampel bagi dua sampel rawak

bersaiz n 1 = 16 dan n 2 = 1 1 yang diambil daripada dua populasi

yang bertaburan nQi, 10 ) dan n(p2, 30). Apakah kebarangkalian

supaya nisbah S~/S~kurang dan 095?

Penyelesaian:Pembolehubah rawak

adalah bertabunan F (1 5 , io).

Oleh itu

30 \ < .95) = ~fS~/a~ < ~

~S~/a~

P(F < 285)

di mana F F(15 10)

Kebarangkalian tersebutdalam gambanajah 9.1

ditunjukkan sebagai kawasan berlonek

Untuk mendapatkan kebarangkalian berkenaan dapat dilihat dan jadual taburan F dengan r1 = is dengan r2 = 10 darjah kebebasan,

iaitu

5~ /a~F —

0

1 5 , 10)

Gambarajali 9.1: P(F < 2 .8 5 )2.85

253




P(F < 285) = 1 — & 0 5= .95

Jadi kebarangkaian nisbah S~/S~2kurang darm 95 ialah 95.

Latihan Bab 8

8 .1 Katalah satu populasi mengandungi 3 unsun iaitu 2, 4 dan 6 . X1 danX2 adalah dua pengamatan yang dipilih satu lepas satu, iaitu yang

terpiih benpeluang untuk dipilih kali kedua (sampel dengan gantian)dapatkan jadual tabunan pensampelan bagi X.Tunjukkan bahawa

E (11= p dan V(I) = d m mana p dana2 adalah m m dan varians

populasi.

8.2 (a) Satu populasi bentabunan normal dengan p = 5 dan a2 = 16 .

Jika sampel bersaiz 1 dipilih, apakah kebarangkalian sampeltersebut bennilai di antana 4 dan 6. Apakah jangkaan nilai

sampel tensebut?

(b) Jika diandaikan mm n bagi populasi tidak diketahui apakahpenganggar yang sesuai untuk menganggarkan mm?

8.3 Jika satu sampel bersaiz 10 dan satu populasi membenikan nalat

piawai 5 , apakah saiz sampel yang diperlukan untuk mengedilkan

ralat piawai kepada 25?

8.4 Satu populasi mengandungi pengamatan 5 , 4, 3 , 3 , 6 dan 10 . Satusampel bersaiz 2 dipiih dengan gantian dan didapati

pengamatannya ialah 6 dan 10 . Dapatkan m m dan vanians populasi,dan m m dan vanians sampel.

t5 Satu sampel bensaiz 25 dipiih dati n(70, 25). Satu lagi sampel bensaiz

3 6 dipiih dati taburan n(80, 25). Carl kebanangkalian m m sampel

kedua melebihi m m sampel pertama di antara 75 dan 125.

8.6 Buktikan teorem 62 di dalam seksyen 8~6.

8.7 Katalah X X,, dan Y1 ... Y, adalah dua sampel rawak tak

254



TEORI PENSAMPELAN

bersandar dan taburan n(p, a~dan nQs, at). Tunjukkan bahawa

‘~n in

adalah bentaburan n(0, 1).

8.8 Jika satu sampel bensaiz 16 dipiih daripada satu populasibertaburan i420, 25), apakah kebarangkalian mendapat sampel yang

mempunyai m m yang berada di antara p —

196 a; dan p —

196 U;.

8.9 Katalah XL ... X~adalah sampel yang diambil danipada populasi b(i,

U ). Jika ditakrif y = i~1 X 1

(a) Apakah taburan bagi 1? ________

(b) Apakah taburan bagi (Y — nO)/,,/~(1 — 0) bila ii cukup besar?

8.10 Katalah X L ... X~adalah sampel bensaiz n danipada taburan

eksponen dengan m m ~. Tunjukkan bahawa

z=

adalah bertaburan n(0, 1 ) bila ii mendekati infinit.

8 .11 Satu sampel bersaiz 100 diambil dan satu populasi yang mempunyai

m m p = 8 dan vanians a2 = 16 . Dapatkan penghampiran bagi P (6 <

I c 20).

8.12 Jika XL .... X64 adalah sampel rawak dan taburan Poisson dengan

1”parameter A = 9 dan ditaknif I = — z x1 apakah kebarangkalian

64 I berada di antara &25 dan 975?

8.13 Katalah pembolehubah rawak X mempunyai fungsi ketumpatanOcx<1

fix) =S

~ di lain-lain

255



KEBARANGKALIAN D A N sTATISTLK

(iooDapatkan P X

1 ) 55) di mana X 1 tak bensandar dan masing-masing mempunyai fungsi ketumpatanf(x).

8.14 Katalah X adalah bentaburan n(0, 1). Jika ditaknif Y= X 2 dapatkan

fungsi taburan bagi Yiaitu F(y). Dengan menggunakan F(y) yangdipenolehi, tunjukkan bahawa Y adalah bertabunan X2u) (teorem7.1).

8.15 Buktikan bahawa jika X .., X~adalah sampel nawak dani n(p, a2 )maka

= I~L(X 1 —

adalah bentaburan X2(n)~

Jika p = 5 dan a2 = 9 tunjukkan bahawa m m dan vanians bagi Y

adalah masing-masing bernilai 9 dan 162/n.

8.16 Jika dibeni X X2u0) apakah nilai a, b , c dan d supaya

(a ) P(X > a) = 05

(b) P(b c X c c) = 95

(c ) P(X > d) = ‘975

8.17 Dani satu sampel bensaiz 16 dan tabunan normal dengan m m 50 ,

didapati m m dan vanians sampel adalah 45 dan 60. Apakah

kebanangkalian mm sampel bernilai

(a ) Di antana 1097 dan 50.

(b) Kunang dan 7012

8.18 Jika X adalah pembolehubah rawak bentabunan F apakah

kebanangkalian

(a ) P(F > 115) jika F — F(1, 1 5 )(b) P(F < 1046) jika F F(5, 7 )~c) P(F > 415) jika F —~ F(6, 8 )(d) P(162 < F < 453) jika F F(6, 4)

8.19 KatalahS~danS~adalah vanians sampel bagi dua sampel rawak tak

bensandan masing-masing bersaiz n1 = 15 dan n 2 = 9 yang diambil

dani dua populasi normal dengan vanians a~= 12 dan a~= 6.

Dapatkan P(S~/S~> 5 -4) .

256



TEORI PENSAMPELAN

8.20 Andaikan X1 ... X~dan Y Y~adalah dua sampel nawak tak

bensandar masing-masing diambil dan taburan n(p,, a~)dan n(p2, a~).Jika p~dan P2 diketahui apakah taburan bagi

(X —

i1 (Z — p2)/a2

257




Tunjukkan bahawa X 1 iaitu objek pertama bagi sampel dan X

adalah penganggar tak pincang bagi 0 .

Penyelesaian:

f(x; 0 ) adalah fungsi ketumpatan bagi tabunan eksponendengan

A = ~. Oleh itu X adalah bertaburan eksponen dengan m m ü .

Perhatikan statistik X1,Oleh kerana X 1 bentabunan eksponen maka X1 juga bentaburan

eksponen. Oleh itu

E(X1) = p = 0

Yakni X L adalah penganggar tak pincang bagi 0 .

Perhatikan statistik X,

—

E(X) = - E E(XJ fl I

1”

=-E01 1 I

n O

n

=0

Yakni X juga menupakan statistik tak pincang bagi 0 .Dan contoh 3 .1 di atas kita dapati ada beberapa penganggar tak

pincang bagi satu-atu parameter. Jadi untuk menentukan apakahstatistik yang baik adalah tidak cukup dengan hanya memerhatikansifat tak pincang satu-satu penganggar berkenaan.

9.4 Penganggar CekapJika terdapat dua penganggar tak pincang bagi satu parameter,

tentunya penganggar yang mempunyai vanians tenkecil akanmenjadi penganggan yang lebih baik. mni adalah k&ana vanians yang

lebih kecil menggambarkan penumpuan penganggar tersebutadalah di sekitar minnya~Jadi kita-boleh jangkakan penganggar m iakan memberi anggaran yang lebih hampir kepada parameterberkenaan. Oleh itujika terdapat satu penganggar tak pincang yang

260




Oleh kerana batas bawah Rao-Cramer membenikan vaniansminimum bagi sebanang penganggar tak pincang jika satu statistik tak pincang Y memenuhi syanat definisi 4.2 maka varians bagi Y

adalah minimum. m n i berenti jika satu penganggar itu adalahpenganggan cekap maka ia adalah juga penganggan tak pincangterbaik. Hubungan sebalik adalah tidak semestinya.

Oleh kenana sebanang statistik tak pincang mempunyai vanians

lebih besan atau sama dengan batas bawah Rao-Cnamen, maka

nisbah di antara vanians dan batas bawah menupakan pengukur yang

baik bagi satu-satu penganggar. Pengukuran tersebut dinamakankecekapan relatif bagi satu-satu penganggar. Jika Y adalah satu

penganggar maka kecekapan nelatifbagi Yuntuk menganggankan 0ialah

V( Y)

Nilai E adalahkurang atau sama dengan 1 bergantung kepada sama

ada varians bagi Ylebih besar dan 8(0) atau sama dengan B (0 ) . Jikakecekapan relatifbagm Y adalah E = -9, maka Y dikatakan 90 penatus

cekap. Manakala jika E = 1 maka penganggar tersebut dikatakan100% cekap atau merupakan penganggar cekap.

Contob: 4.1

Katalah X~..., X,, adalah sampel rawak bersaiz n dad tabunan

normal dengan m m 0 dan vanians a2. Katalah X diambil sebagai

penganggar bagi 0. Apakah X penganggan cekap.

Penyelesaian: —

E(X) = p = 0

X adalah penganggar tak pincang.

11 (X ) = a2

Sekanang perhatikan batas bawah Rao-Cramer

1 L fx—O’\’

f(x, 0 ) = ,—

eiC)v2ir a

262



TEORI PENGANGGARAN

Oleh itu batas bawah Rao-Cramer ialah

I 2a4

1

Kecekapan nelatif bagi ~2 ialah

B(a2) — 2a4/nE = V(S2) — 2a4/n — 1

n—i

n

Jika n —. cc maka F adalah mendekati 1 . Maka ~2 adalahpenganggan cekap secara asimptotik bagi varians a2.

9~.5 Penganggan K onsistenKadang-kadang dalam proses pengangganan kita dapat

menentukan pengangganan cekap bagi satu-satu panameten. m n i

timbul oleh kenana tidak semua taburan mempunyai batas bawah

Rao-Cramen. Jadi untuk mengatasi masalah mi kita cuma dapat canisatu penganggan yang membeni anggaran yang hampir kepadaparameter tensebut, sekunang-kunangnya apabila saiz sampel

dijadikan cukup besan. Penganggan yang memenuhi sifat demikian

tidak kina Ia pincang atau tidak pincang, dipanggil penganggarkonsisten.

Deflnisi: 5.1Sebarang statistik Y = u(X i,..., Xn) adalah statistik konsisten

bagi 0 jika bagi sebarang a > 0 makahadP(iYoi)o

Jika statistik Y memenuhi definisi di atas maka } juga

dikatakan bentumpu secara stokastik ke anah 0 (lihat bab 5 seksyen5.8). Pengertian dan definisi mi boleh disimpulkan sebagai bila saiz

sampel dibesarkan maka statistik iç akan mendekati parameter yanghendak dianggankan.

Jika statistik }, tak pincang maka untuk menentukan satu

265



TEORI PENGANGGARAN

penganggar yang baik, sekanang, manilah kita perhatikan bebenapakaedah yang selalu digunakan untuk mendapat penganggar

tersebut. Kaedah yang kita akan bincangkan ialah kaedahkebolehjadian maksimum dan kaedah momen.

9.6 Kaedah Kebolehjadian Maksimum

Kaedah mi merupakan saw kaedah yang digunakan secara

meluas dalam mendapatkan penganggar bagi satu-satu parameter.Dengan kaedah mi kita cuba mencani satu fungsi kepadapembolehubah rawak supaya nilai bagi fungsi tersebut menjadikanfungsi ketumpatan kebanangkalian bagi sampel adalah maksimum.

Katalah X1 ... X~adalah sampel rawak bensaiz n danipada

taburanf(x; 0). Ketumpatan bersama bagi X 1 ... X~ialah

L(0) = rIJ(x; 0 )

Fungsi L yang bergantung kepada parameter 0 dinamakan fungsi

kebolehjadian. Maka penganggan kebolehjadian maksimum ialahsatu statistik 0 = u(X1 ... X~)yang memaksimumkan fungsi L(0) padatitik p0).

Bagi kebanyakankes adalah lebih sesuai untuk fungsi loganitma jati bagi Ldigunakan. Penubahan mi tidak menjejaskan keputusanoleh kerana 0 yang memaksimumkan L(0) juga akanmemaksimumkan In L(O).

Contob: 6.1Katalah X1 ... X ,, adalah sampel nawak daripada tabunan

n(0, a2). Dapatkan penganggar kebolehjadian maksimum bagi 0 dan

a2 .Penyelesaian:

Fungsi kebolehjadian L(0, a2) ialah

L(0, 02) = fm j , e~C :0)2

= ( ~exp~_~E(x_0)2~. 2a ~

atau

n 1”

lnL(0,a2)= _~1na2__ln2it__j E (x1—0)22 2 2a ~=i

267




maksimum adaiah cekap secara assimptotik.

Penhatikan bahawa syarat biasa tidak dijelaskan di sini. Untuk pengetahuan lanjut benkenaanmi boieh dipenhatikan di daiam buku

statistik yang lebih tinggi.

Teorem 6.1 walaupun tidak mbnyatakan bahawa pengànggarkebolehjadman boieh mengha~ilkanpenganggar terbaik tetapi iameyakinkan kita bahawa jika penganggar tensebut wujud ia boleh

dipenolehi dengan kaedah i. Jadi apa yang penlu dibuat ialah

dengan mendapatkan penganggan kebolehjadian maksimum dantentukan adakah Ia memenuhi syanat-syarat penganggan tenbaik.Manakala teorem 6.2 menentukan bahawa jika penganggar cekap

tidak wujud, kita masih boleh mendapatkan penganggan cekapsecana assimptotik dengan kaedah in Jadi sebagai kesimpulankaedah pengangganan keboiehjadian maksimum membenikan asas

untuk mendapatkan penganggar tenbaik.

9.7 Kaedah Momen

Masalah akan timbul di dalam menggunakan kaedahkebolehjadian maksimum jika taburan tidak diketahui terlebih

dahulu atau jika ia meiibatkan kesukanan penginaan. Sebagaimisalan penhatikan X~... X ,, yang diambil danipada tabunan Gammadengan panameten ~ dan f i . Fungsi L(cc, f i ) ialah

L(~, II) = H p~Ffr) X~ e~’~

atau

lnL(a,fl) = — in infl — In[’(i) + ( c z — i) mx — x/fl

Jika kita bezakan in L(; / 3 ) berdasankan ~dan / 3 dan samakandengan0 kita akan dapat dua persamaan senentak yang sukan untuk diselesaikan. Untuk mengatasi masalah mi, satu kaedah lagi

digunakan untuk menganggarkannya.Jika kita dapatkan m m dan vanians bagi tabunan tensebut dan

samakan dengan m m dan vanians bagi sampel kita dapat pensamaan

benikut.

—

ccfl=Xdan2fl2= E /

1=1 fl

270



KEBARANGKALIAN DAN STA TISTIK

I yang benbeza sehingga menghasilkan selang yang berlainan.Sebahagian daripada selang m i mengandungi p dan sebahagian lagi

tidak. Tetapi selang di atas menentukan bahawa dalam jangkapanjang, daripada 100 sampel yang diambil, 95 daripadanya

memberikan selang yang mengandungi p.Selang keyakinan juga boleh dmanggap sebagai memberi 95%

keyakinan bahawa selang yang diperolehi daripada satu sampel

(x — 196 X + 1~96 adalah mengandungi parameter p.

Panjang selang, iaitu 2(F96} memberikan gambaran

tentang ketepatan penganggaran titik bagi parameter tersebut. Jika

panjang selang yang dihasilkan adalah lebih pendek kita

berkeyakinan bahawa anggaran titik adalah lebih tepat.Pemilihan darjah keyakinan, ditulis (1 — a) 100% selang

keyakinan adalah terserah. Bagaimanapun dalam praktiknya I — a

mengambil nilai 95 atau 99 atau 90, yakni membenikan 95%, 99%atau 90%~selangkeyakinan.

Berdasarkan penjelasan yang telah diberikan, sekarang kita

perhatikan beberapa selang keyakinan bagi parameter-parameteryang kemp digunakan dalam analisis statistik.

9.9 Sètang Keyaldnan bagi M mKes A : Pensampelan dan taburan n(p, c2) dengan ~2 diketaliui.

Katalah x1 , x2 x, adalah sampel rawak bersaiz ii dan

n(p, g2) dengan pengamatan masing-masing x1. x2 ,ç. Katalah

juga varians a2 diketahui tenlebih dahulu.

Penganggar titik bagi m m p ialah X di mana X merupakanpenganggar terbaik bagi p. Jadi sewajarnya penganggar selang bagi

p adalah berdasarkan statistik X in Bagaimanapun oleh kerana

diketahui sebagai bertaburan n(0, 1 ) maka adalah lebih baik untuk kita gunakan Z sebagai asas pengiraan penganggar selang.

( 1 — a) 10 O % selang keyakinan bagi p diperolehi dengan

mencari a dan b supayaP(a < Z < b ) = 1 — a

274



T E O R I PE N G A N G O A RA N

oleh kerana n(0, 1 ) adalah simetrik maka a = — b dan selalunya kita

gunakan Z~,2di mana

< z < z~12)= 1 — a

Kebarangkalian m i ditunjukkan dalam gambarajah 9.1.

z

Gambarajah 9.1: ~(_ Z~12< Z < 1 — a

Untuk penyelesaian, kebarangkalian tersebut boleh ditulis

sebagai

<p< I 1 —a

Maka (1 — a) 100% selang keyakinan bagi p ialah

a - aX — — < ~4 < X + Z~

Setelah pengamatan bagi sampel diketahui sebagai x1, x2

maka anggaran bagi ~ ialah ~ =~—~ anggaran bagi (1 — a) 100%

selang keyakinan ialah

~_Z~5~=<P< ~+Z~~I2~=

Contoh: 9.1

Katalah sampel rawaic bersaiz n = 16 diambil daripada taburann(p, 25). Andaikan pengamatan daripada sampel memberikan

= 4245. Dapatkan 95% selang keyakinan bagi p.

z. 0

275



T E O R I PE N G A N G GA RA N

— ti/ 2 <~ < ~ + = 1

Maka (1 — a) 100% selang keyakinan bagi p ialah

I — t212 < p c I + r2 1 2

Jika pengamatan dan sampel bagi x dan S2 ialah masing-

masing ~ dan s2 , maka anggaran selang bagi (1 — a) 100% selang

keyakinan ialah

— S — S x — t,

12 -.—, x + t~12 fn

Contoh: 9.2Katalah sampel rawak bersaiz n = 16 diambil daripada taburan

n(p, a2). Andaikan pengamatan bagi m m sampel ialah I = 4 2 4 5 dan

bagi varians sampel ialah s2 = 25. Anggarkan 95% selang keyakinan

bagi p.

Penyelesaian:N ilai t,

25 supaya

c T< = 95

di mana T= bertaburan t(1$) ialah t.25 = 213

Oleh itu, 95% selang keyakinan bagi p ialah

I — 2~13 <p < I + 213

Daripada sampel didapati ~ = 4245, s2 = 25 dan ‘ r = 16 .

Oleh itu anggaran bagi 95% selang keyakinan ialah

42~45 — 213 ( ~ )< p < 4245 + 213 ( ~ )3979 c p < 4511

Jadi anggaran bagi 95% selang keyakinan bagi p ialah (3979, 45 11 ) .

277



KEBARANGKALIAN DAN STA TISTIK

Dengan membandingkan contoh 91 dan 9-2 didapati selang

keyakinan yang diperolehi apabila a2 tidak diketahui adalah lebih

lebar daripada selang yang diperolehi bila a2 diketahui. m i adalahmunasabah oleh kerana kita kehilangan ketepatan di dalam

penganggaran bagi parameter a2.

Kes C: Pensampelan dan sebarang taburan bila saiz sampel cukupbesar.

Di dalam kes A telah ditunjukkan bahawa bagi pensampelandaripada taburan normal, selang keyakinan boleh diperolehibenasaskan taburan normal piawai. Bagi pensampelan daripadataburan bukan normal juga dapat kita tunjukkan bahawa taburantersebut boleh digunakan dengan syarat saiz sampel adalah eukupbesar. m i adalah lahir daripada keputusan teorem had pusat yang

dibincangkan di seksyen 5 Bab 8 .Jika X

1 ... X~adalah sampel rawak yang diambil daripada satu

taburan yang m m dan vanians wujud, maka pembolehubah nawak

z—I—p

adalah mendekati taburan n(0, 1 ) (Teorem had pusat). Berdasarkankenyataan m i, bila n adalah cukup besar maka kuantiti Z yang

bertaburan n(0, 1 ) boleh digunakan untuk mendapatkan ( 1 — a)100% selang keyakinan bagi m m p. Yakni kita dapat mencari nilai

Z~112supaya

z~<z < = 1 — a

Setelah diselesaikan untuk p, kebarangkalian di atas boleh ditulis

sebagai

P(x — z~ <~< I + z~ = 1 — a

Dan ( 1 — a) 100% selang keyakinan ialah

I — 4/2 <p < I + Z~

Bagaimanapun anggaran bagi selang m i, ‘— z~,2 fn

278



TEO RI PE N GA N GO A RA N

parameter yang tidak diketahui ialah p. Jadi penganggaran titik ataupenganggaran selang adalah bertujuan untuk memberi anggaranbagi parameter p tersebut.

Anggapan X1 ... X~adalah sampel rawak bensaiz n dan b(t, p );

0 < p < 1 . Katalah Y = ~X1 maka penganggar kebolehjadian

maksimum bagi p ialah p = ~. m i dapat ditunjukkan dengan senang

seperti berikut:

f(x~)= pXiU — p)’Th

maka~ 1—x

L(p)= H p’(l —p)

= ~ZX1 (1 — p)Il—ZXI

atau

In L(p)= Ex~ In p + (ii — Exj ln(1 — p)

~ I n L(p) tx~ — n —

op 7 i—p

Dengan menyamakan denganOdan menyelesaikan untuk p

maka p = = —. Penganggar p dapat ditunjukkan sebagatI, ii

penganggar terbaik bagi p . Jadi adalah wajar digunakan untuk mengira selang keyakinan bagi p.

Bagairnanapun disini kita hanya berminat untuk mendapatkanselang keyakinan bagi p bila n adalah cukup besar di mana taburannormal piawai boleh digunakan. Teorem had pusat memberikan

adalah bertaburan n(0, 1). Jadi bagi Z~dapat ditentukan

< z < z~,2)= 1 — a

283



TEORI PENGANGGARAN

atau

0184 < p < 0216

sebagal kesimpulan dapat dikatakan bahawa kita mempunyai 95%

keyakinan bahawa nisbah sebenar penuntut yang mengalami

kerosakan gigi ialah di antana 01 84dan2 1 6 a t a u d i an t ar a 1 8 h i n g g a

21 peratus daripada seluruh penuntut.

9 . 1 2 S e l a n g K e y a k i n a n b a g i Varian a2

J i k a l a u X X~adalah sampel rawak daripada taburan n(p,a2), maka penganggar bagi a2 i a l a h S 2 . Sekiranya x

1 ...

x~a d a la hpengamatan bagi sampel, maka s2 adalah anggaran titik bagi

c r12

varians.Untuk mendapatkan selang keyakinan bagi a2 kita boleh

gunakan statistik S 2 . Oleh kerana pembolehubah rawak

(n — 1 ) S2

a2

adalah bertaburan ~201_~ maka taburan X2~~-I b o l e h d i g u n a k a n

s e b a g a i as as p e n g i r a a n .

( 1 — a ) 1 0 0 % s e l a n g k e y a k i n a n b a g i a 2 b o l e h d ip e r o l e h id e nga nmendapatkan nilai X21-~,2dan X2i/2 s u pay a

—i/2

Gambara jah 12.1: P (f1 _ , jz < <

x

f (x)

(n — 1)S 2 x2~/2)= l—a

<a2

0

~i

285



TEORI PENGANGGARAN

adalah bertaburan F dan V 1 = — 1 dan V 2 = m — 1 darjah

kebebasan. Jadi pengiraan selang keyakinan bagi a~/a~bolehberdasarkan taburan F(V1, l’~).Yakni boleh dicarif1_~12danf~,2supaya

(Vi. V 2) < F < f~(~. Vi)) = i — a

Gambara jah 12.1: P(f1_~,2(V1.V 2 ) < F <f~(~. V2)) = 1~—a

Oleh kerana J~12(V1 . V 2 ) tidak boleh didapati daripada jadualtabunan F maka kita harus menggunakan formula

1.1 1 — i/ 2 (V1 . V2) =

f~/2(V2. V 1 )

untuk rnemperolehinya.

Maka persamaan kebarangkalian di atas boleh juga ditulis

s e b a g a i

i \ ~

(jc12(V~V1))<a21S~ <i~,2(vi~= 1 — a

Dan menyelesaikan untuk a~/a~kita akan dapat ( 1 — a) 1 00% selang

keyakinan bagi nisbah a~/c~.Yakni

I a~ S~

S~f~/2(V 2 , V 1 ) ~ < —~f~,2(V1,V 2 )

x )

F(V1 , V2)

/2

‘i.O~/2

287




Contob: 13 .1Katalah dan satu sampel rawak bersaiz 1 6 danipada satu

taburan normal didapati vanians sampel s~= 30. Satu lagi sampelbersaiz 1 1 diambil dan taburan normal didapati s4 = 10 . Andaikankedua sampel adalah tak bersandar, dapatkan 95% s e l a n g

F = — F~10.15)a~S~x

k e ya k ina n b a g i n i s b a ha,

Penyelesaian:

20 . - C xJadi 95,,~selang keyakinan bagi —~

Cy

F~0,Is) iaitu supaya

atau

PY~o 1 5 ) a~S~

<F C I~,f025(15, 1 0 )

boleh diasaskan kepada taburan

<1025(10, 15)) = -9 5

/025(10, = -9 5

Danipada jadual taburan F d i d a p a t i f 0 2 ~(10, 1 5 ) = 3-06 danf025( 15 ,1 0 ) = 3-25.

Dan itu 95% s el an g keyakinan bagi ialah

-85 < < 9-18

s?~ 1 a~ S~S~152 < -r <—j— ( 3 -06 )

Danipada sampel didapati s~= 30 dan S~= 10 . OIeh itu anggaran95% selang keyakinan ialah

30 / 1 \ 10~152)<

atau

I L C (3-06)Cy 10

288



TEORI PENGANGGARAN

Latjhan B a b 9

9.1 Anggapkan X~dan X2 adalah sampel yang diambil daripada

tabunan b(l, p). Apakah penganggar tak pincang bagi p? Apakah

kemungkinan nilai pengamatan bagi penganggar tersebut? Danapakah jangkaan nilai penganggar tersebut?

9.2 Bagi taburan-taburan yang mempunyai fungsi ketumpatan berikut:

(a ) f(x; 0 ) = e /20

(b) f(x; 0 ) = 0 e°’O~e°

(c ) f(x;0)= x=0,I 0>0x /

dapatkan penganggar tak pincang bagi 0 ; j i k a X 1 ... X~adalahsampelrawak bersaiz n daripada taburan-taburan tersebut.

9.3 Tunjukkan bahawa Y = S X 1 di mana X X~adalah sampel

rawak bersaiz n dan b(1,p), adalah penganggar pincang bagiparameter p.Jika a Yadalah statistik tak pincang bagi p, apakah nilai

a?

9.4 Katalah X1,..., X~adalah sampel rawak bersaiz n danipada taburann(0 , a

2). Tunjukkan bahawa ~X~/n adalah penganggar tak pincang

bagi a2 dan mempunyai vanians 2a4/n.

9 . 5 Pembolehubah r a w a k X mempunyai f u n g s i k e t u m p a t a n

0<x<0

A n d a i k a n X1 , X 2 , X3 adalah sampel bersaiz 3 dan taburan tersebut.

(a) Bagi statistik-statistik berikut

(i ) X (ii) 2X

(iii) .X (iv) 2X

(v ) (vi) + x2)

tentukan statistik tak pincang bagi 0 .

— c c < x C cc; 0 C 0 < cc

0 < x C cc; 0 > 0

289



T E O R I PENGANOGARAN

(c ) f(x;0) =(~)(F(1 — x = 0, l,2,3;0 C 0<1

(d) f(x;0)=0x_l(1 —0) x= l,2,..4OCOC i

Bagi setiap kes dapatkan

(i) Penganggar kebolehjadian maksimum bagi 0

(ii) Penganggar momen bagi 0

9.13 Tentukan bagi setiap kes dalam soalan 9.12 adalah U yang diperolehi

dan (i) dan (ii) merupakan penganggar tak pincang bagi 0? Adakah 0

cekap?

9.14 Sam sampel rawak bersaiz n diambil daripada taburan Poissondengan parameter 1 . Dapatkan penganggar kebolehjadianmaksimum dan penganggar momen bagi varians taburan tersebut.

Bandingkan kedua-dua penganggar dan tentukan sama ada kedua

penganggar tersebut cekap?

9.15 Katalah purata tinggi bagi 50 orang pelajar U.K.M yang diambil

sebagai sampel.adalah 1.4 meter dengan ralat piawai 0.3 meter:

(a) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi tinggi sebenar pelajar di

U.K.M.

(b) Dapatkan 99% selang keyakinan bagi tinggi sebenar pelajar diU.K.M; dan

(c ) Apakah yang dapat disimpulkan daripada dua keputusantersebut?

9.16 Anggapkan hasil keluaran sejenis padi adalah bertaburan normal

dengan sisihan piawai 40 gantang seekar. Dan satu sampel rawak yang terdiri daripada 30 ekar yang ditanam dengan padi tersebut,hasil purata ialah 780 gantang seekar. Dapatkan 95% selang

keyakinan bagi hasil sebenar padi tersebut. Jika diingini bahawa kitamempunyai 95% keyakinan supaya m m sampel adalah di antara 10

gantang dan m m hasil sebenar berapa ekarkah hams dipilih sebagai

sampel?

9.17 Katalah dan satu sampel rawak bersaiz 16 daripada n(p, 100)

didapati ~ = 120 dan ~2 = 250. Dapatkan 95% selang keyakinanbagi m m p.

291



KEBARANGKAIIAN DAN SIATISTIK

9.18 Danipada sampel nawak bersaiz 20 daripada tabunan normal

didapati m m sampel ialah 152 dan ralat piawai ialah 65. Dapatkan99% selang keyakinan bagi m m taburan tersebut.

9.19 Daripada 1000 teksi yang diperiksa di Kuala Lumpur, didapati 6

pe r at u s m e n g e l u a r k a n a s a p berlebihan. Dapatkan 90% selangk e ya k ina n b a g i n i s b a h s eben ar teksi yang mengeluarkan asap

h er l e b i h a n d i s e k i t a r K u a l a Lumpun.

9.20 Satu mesin pembungkus gula dikawal supaya sisihan piawai berat

sekampit gula adalah 005 kilogram. Jika daripada 1 6 kampit gula

didapati berat punata ialah 6155 kilogram, dapatkan 99% selang

keyakinan bagi berat sebenar sekampit gula keluaran mesin tensebut.Andaikan berat sekampit adalah bertaburan normal.

9.21 X1 ... X~adalah sampel nawak daripada taburan Poisson dengan m m

2 . Dapatkan 95% selang keyakinan bagi A . Jika bagi sampel bersaiz100 d i d a pa t i t = 7 dans

2 = 15 dapatkan 95% selang keyakinan bagi

2 . Panduan: Gunakan keputusan bahawa

X -2

adalah mendekati tabunan n(0, I).

9.22 Misalkan X1 ... X100 adalah sampel rawak daripada n(p, 9) dan Y 1

~‘100 a d a l a h . sampel r a w a k d a r i p a d a nQt , 16). Dapatkan

k e b a r a n g k a l i a n s e I a n g ~ ( X + Y — l),~(X+ Y + I ) m e n g a n d u n g i

9 . 2 3 D a r ip a d a dua sampel tak bersandan bersaiz n1 = 1 6 dan n2 = 9

d a r i p a d a d u a t a b u n a n n o r m a l d i d a p a t i ~ 1 = 35~~= 40,s~= 49dan4 = 64. Dapatkan 95% selang keyakinan bagi p1 — #2 jika

diandaikan a~= a~.

9.24 Sebuah pusat penyelidikan pertanian ingin menguji ketuaran 2jenis

padi. Padi A ditanam di kawasan seluas 10 ekan dan didapatikeluaran puratanya ialah 700 gantang seekar dengan ralat piawai 50

gantang. Padi B ditanam di kawasan seluas IS ekar dan didapatimenghasilkan 650 gantang seekar dengan ralat piawai 30 gantang.Dapatkah 95% selang keyakinan bagi perbezaan hasil purata kedua

292



TEORI PENGANGGARAP~

jenis padi tensebut. Adakah selaQg tersebut mengandungi nilai 0?

Apakah kesimpulan yang anda fikir sesuai terhadap keputusantersebut?

9.25 Katalah X .., X~adalah sampel rawak daripada n(p. a2). Jika p

diketahui, bina 100(1 — ~)% selang keyakinan bagi a2. Jika darmpada

1 ‘°

satu sampel bersaiz lOdidapati j~~ (x1 — = 1232 dapatkan 95%

selang keyakinan bagi a2.

9.26 Sebuah mesin pengetin nenas dikatakan rosak jika sisihan piawai

bagi berat setin yang dikeluarkan oleh mesin tersebut daripada had

yang ditetapkan. Jika daripada 25 tin yang dipilih didapati purataberat setin ialah 250 gm dengan ralat piawai 5 gm. Apakah 95%

selang keyakinan varians sebenar bagi berat setin yang dikeluankanoleh mesin tensebut? Jika mesintensebut dianggap rosak jika sisihan

piawai adalah 2 gm apakah boleh dianggap mesin tersebut adalah

rosak dengan 95% tingkat keyakinan?

9.27 Satu kajian sosio-ekonomi dibuat untuk mengkaji perbezaan

taburan pendapatan penduduk kampung pantai barat dan timun

Semenanjung Malaysia. Untuk tujuan tersebut penyelmdmk mimemerhatikan perbezaan m m dan vanians sebenar pendapatan di

kedua kampung. Daripada 30 penduduk yang dipilih danipada

setiap kampung, didapati m m dan varians sampel adalah sepertib er i k u t

P a n t a i B a m a t P a n t a i T i m u m

= $350 X

2 = $270

s~=$250 4=550(a ) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi perbezaan di antana m m

pendapatan kedua kampung.

(b) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi nisbah di antara vanians

pendapatan penduduk kedua-dua kampung.

9.28 KatalahX1 ...X~danY 1 ... 1~ada1ahduasampe1rawaktakbersandarmasing-masing diambil dan n(5, a~)dan n(10, a~).Dapatkan 100(1 —

a)% selang keyakinan bagi nisbah a~/a~.Jika pengamatan daripadasampel pertama ialah 5,7,9,4,6 dan bagi sampel kedua ialah 6,15,9,

7 , 11,6 dapatkan anggaran bagi 95% s el an g k e ya k ina n bagi a~/a~.

293




9.29 Danipada 1000 penduduk di kawasan bandar didapati 20%

mengidap penyakit darah tinggi. Manakala danipada 1000

penduduk luar bandar hanya 15% mengidap penyakit tersebut.Dapatkan 95% selang keyakinan bagi perbezaan sebenar nisbah

pengmdap penyakit tersebut d~bandar dan luar bandar.

294



BAB 10UJIAN HIPOTESIS: TEORI

Satu lagi bmdang yang mustahak di dalam mnferens statistmk ialah apayangdinamakan ujian hipotesis. Masalah yang dihadapi di dalam ujian

hipotesis berbeza daripada masalah penganggaran dan segi keperluannya

untuk membuat pilihan tentang parameter atau tabunan sebenar yang

boleh mewakili populasi. Semasa penganggar kita gunakan sampel untuk menentukan nilai sebenar parameter populasi. Untuk ujian hipotesis pubkita gunakan sampel untuk menentukan kenyataan tentang populasi yang

harus diterima sebagaibenar. Jadi di dalam bab m i kita cuba membincang-

kan beberapa konsep dan aspek teori yang penting di dalam memahamidan menjalankan ujian hipotesis.

10.1 Hipotesis Statistik dan Ujian Hipotesis

Definisi: 1.1

Hipotesis statistik adalah satu andaian atau kenyataan tentang

populasi yang mungkin benar atau mungkin tidak.

Untuk menjelaskan apa yang boleh difaham danipada definisimi, kita perhatikan masalah berikut.

Andaikan satu populasi digambarkan oleh pembolehubahrawak X yang bertaburan f(x, 0). Katalah daripada pengetahuanlepas kita tahu bahawa nilai 0 ialah 0~.Setelah beberapa perubahan

berlaku terhadap populasi kita menasakan 0 sebenar bukan Iagi

bernilai 0. tetapi adalah 0~.Tetapi bagaimanapun kita tidak dapattentukan dengan pasti. Kenyataan 0 = 0~dan 0 = 0~adalahmerupakan k e nya t a a n terhadap pop u las i. Keduanya adalah

h i p o t e s i s s t a t i s t i k . Sebagai misalan yang lain andaikan sejenis padiyang ditanam tanpa baja, boleh mengetuarkan hasil pumata kurang

295




dan 1 0 0 0 k i l o g r a m s e h e k t a r . K4talah s e j e n i s b a j a d mg u n a k a n .

T e n t u n y a k i t a akan menjangkakan hasml purata akan bertambah

melebihi nilai tersebut. Kenyataan hasil purata sehektar ~ 1000 dan~ 1000 adalah merupakan hipotesis statistik benkenaan keluaranpadi tersebut.

Danipada kedua-dua kes di atas kita perhatikan, tendapat duakenyataan berkenaan populasi. Kita catatkan kenyataan yang mula-

mula b a g m H 0 kedua-dua kes sebagam H0: 0 = 0~cjan H0: hasil purata

sehektar C 1000. Hipotesis H0 m i dmnamakan hipotesis nul.Sementara kenyataan kedua bagi kedua-dua kes~dinamakan

hmpotesms alternatif dan dicatat sebagai H1 :

0 =

0, dan H, :

h a s i lp u r a t a s eh e k t a r ~ 1000, m a s mn g - m a s m n g .

Definisi: 1.2

.Jm ka hipotesis statistmk menentukan tabunan secara tepat, ia

dmnamakan hipotesis mudah. Jika tidak ia dmnamakan hmpotesms

gubahan.

Danipada kedua contoh yang telah dibincangkan setakat m i,didapati kes pertama kedua-dua hipotesms H0: 0 = 0~dan H, :0 = 0,

menentukan dengan tepat tabunan b a g m populasm berkenaan. Jadi iaadalah merupakan hipotesms-hipotesis mudah. Manakala dalam kes

kedua, nilai hasil purata di bawah H 0 boleh mengambil danipada 0hingga 1000, yakni tidak dinyatakan nilai sebenar b a g m populasi.

Maka H0 : hasil punata sehektar C 1000 dinamakan hmpotesms

gubahan. Begitu juga dengan hipotesis alternatif dalam kes m m ; ia

merupakan hmpotesis gubahan.Setelah ditetapkan hipotesis berkenaan, iaitu hmpotesis nul dan

hipotesis alternatif bagi satu-satu populasm, apa yang tinggal sebagai

masalah ialah menentukan hipotesis mana yang benar-benarmenunjukkan populasi sebenar. Yakni, menentukan hipotesis yang

harus ditenima sebagai benar.

Definisi 1.3

Ujian hipotesis statistik ialah satu hukum di mana bila nilai

danipada sampel diperolehi, membolehkan menolak atau menerimah i p o t e s i s b er k en a a n .

Penentuan sama ada kita harus menenima atau menolak satu-

s at u h i p o t e s i s b e r ga nt ung k e p a d a m a k l u m a t s a mp el . J i k a l a uk e p u t u s a n d a r i p a d a sa m p e l adalah k on s i s t en d e n g a n h i p o t e s i s n u l ,

296



UJIAN HIPOTEStS: TEORI

k m t a botch menerima H 0 sebagam benar. Dan jika ia tidak konsisten

d e n g a n h m p o t e s m s i m , k i t a cendenmg u n t u k m e n o l a k H0 atau

m e n e r i m a h m p o t e s m s a l t e r n a t m f H,. Sebag ai mi s a la n , d i d a l a m

percubaan metambung d u i t s y m l m n g 1 0 0 0 k a l i d an k i t a i n g i n m e n g u j i

H0:p = ~5denganH,:ps 5 . J m k a la u 9 o k e p a d a y a n g m u n c u l s u d a h

t e n t u k m t a c e n d e r u n g u n t u k m e n o l a k h i p o t e s m s n u l ( a t a u m e n e n i m a H1). Manakala,jikalau k ep a la y a n g k e l u a r i a l a h 50, s u d a h t e n t u k i t a

c e n d e r u n g u n t u k m e n e n i m a H0.B a g a i m a n a p u n s e t a k a t mi, k m t a m a sih b e l u m d a p a t t e n t u k a n

g a n i s p e m i s a h d i mana j i k a k e nya t a a n sa m p e l t e r j a t u h d i d a t a m s at u

k a w a s a n menyebabkan k i t a m e n e r i m a H 0 d a n j i k a d i k a w a s a n s at u

l a g i h a r u s m e n o l a k H0. Sebag ai m m s a la n d i d a l a m k e s melambung

d u i t s y i l i n g 1 0 0 k a l i t a d i , j i k a k a t a l a h k ep a la y a n g k e l u a r m a l a h . 6 o ,

s u d a h t e n t u s u k a n u n t u k m e n e n t u k a n s a m a ada h a n u s d i t o l a k a t a u

d i t er i m a H0.

Dehnisi 1.4

Katalah C adalah s u b s e t kepada r u a n g s a m p e l d i mana j i k a

k e p u t u s a n d a r i p a d a sa m p e l t e r j a t u h d i d a l a m C membawa kepada

p e no l a k a n h i p o t e s i s n u l , maka C adalah d i p a n g g i l k a w a s a n g en t i n g

b a g i u j i a n t e r s e b u t .

A n d a i k a n k i t a mempunyai p op u la s i y a n g b e r t a b u r a n f ( x , 0): 0

eQ , d i mana 0 adalah r u a n g parameter bagi taburan tersebut.

Katalah kita mngin menguji H0: 0 ~ 0~dan H, : 0 > 0~.Dengan s e t

hipotesis tersebut kita telah membahagikan 0kepada dua bahagian

iaitu (2~dan 0, di mana °0 menunjukkan ruang parameter yang

diambil oleh 0 di bawah H0 dan 0, menunjukkan ruang parameteryang diambil oleh parameter 0 di bawah H1. Jadi jika sampel bersaiz

n diambil danipada taburan tersebut, X1 X, dan pengamatannyax,, x2 x~kita akancuba bahagikan sampel kepada dua bahagian

yang saling bereksklusif, C dan C* sppaya jika (x x 0 ) e C kita

boleh membuat kesimpulan bahawa 0 berada di dalam L]~,ataumenolak H0. Sementara jika (x1 ... x 0 ) C~kita menyimpulkan

bahawa 0 Q~,atau menerima H0. Hukum yang s e d emmkmandinamakan ujian hipotesis dan kawasan C pula dinamakan kawasangenting bagi ujman tersebut.

Sebagai penjelasan selanjutnya kita perhatikan kes berikut:

Katalah satu sampet rawak bersaiz n = 25 diambil danipada

taburan n(O, a

2), dan kita mengujm H 0: 0 ~ 5 dengan H, : 0 > 5 .

Andaikan C adalah satu subset supaya

297



KEBARANOKALIAN DAN 5TATI5rIK

C = { ~, ... x~);L xJS > i~}

atau ringkasnya C = > 15}.

J i k a p e n g a m a t a n d a r m p a d a sa m p e l £ berada d i d a l a m C kita menolak

H~a t a u j i k a c t e r k e l u a r d a r i p a d a C k i t a m e n e n i m a H 0, C di katakan

k a w a s a n g en t i n g b a g i u j i a n H0: 0 ~ 5 d e n g a n H~:0 >5. S u b s e t C*

y a n g merupakan s e t pelengkap b a g m C adalah C* = x C l 5 } y a n g

merupakan ka w a s a n p e n er m ma a n b a g i u j i a n t e r s e b u t . - r m t m k y a n g

m e m i s a h k a n C d a n C* mi i a m t u c = 1 5 d m n a m a k a n t i t i k g e n t i n g .

S e t a k a t m m kita telah pun jelaskan konsep-konsep penting did a l a m u j i a n h i p c c t e s m s . S e k a r a ng k i t a b e r a l i h pu la kepada I a n g k a h -

l an g k ah y a n g h a r u s dilaksanakan u n t u k m e n j a l a n k a n u j ia n b a g i

h m p o t e s i s s t a t i s t i k .L a n g k a h p e r t a m a adalah sewajarnya m e n e n t u k a n hipotesis nul

dan hipotesis alternatif yang akan digunakan. Pemilihan hipotesis

nul dan hipotesis atternatmf m m bergantung kepada tujuan kita

menjalankan kajman. Bagaimajiapun, jangkaan atau agakan yang

dinasakan benar oleh penyelidik selalunya dijadikan hipotesms

alternatif. Dan hipotesis nul merupakan kenyataan yang akan cubaditolak.Langkah kedua, yang merupakan kandungan utama bab m n i ,

adalah menentukan kawasan gentmng bagi set hmpotesis yang telahditetapkan. Penentuan kawasan genting m i mustahak kerana iamempengaruhm keputusan sama ada untuk menerima atau menolak

H0 apabila maklumat daripada sampel diketahui nanti. Prosesmembuat keputusan berdasarkan sampel m i merupakan langkah

terakhir dan perbincangann~a akan dibuat di dalam bab akan

datang.

10 .2 Ralat Jenis I dan Ralat Jenis II

Telah disebutkan di awal bab m i bahawa kebenaran atau

kepatsuan hipotesis s t a t i s t i k t i d a k d i k et a h u m d e n g a n t e p a t k e c u a l m

jika kita memeniksa keseturuhan populasm. OIeh itu kurang

munasabah jika kebenaran hanya berdasarkan kenyataan danipada

sampel. Jadi tentunya keputusan yang dibuat adalah tertakluk kepada ralat-ralat tertentu yang timbul danipada membuat

keputusan yang sudah. Satu danipada ralat tersebut timbul daripadakesalahan menolak H0. Sementara satu lagi mungkin timbut

298



UJIAN HIPOTESIS: TEORI

danipada kesalahan menerima ‘~o. Kedua-dua ralat m n m masing-

masing dinamakan ralat jenis I dan ratat jenis II.

Definisi: 2.1

R a la t j e n i s I i a l a h k e s a l a h a n d a l a m m e n o l a k H 0 sedangkan H 0

a d a l a h b e n a r .

D e f l n i s b 2 . 2

Ra la t j e n i s I I i a l a h kesalahan d a l a m m e n e r m m a H0 s e d a n g k an

H1 a d . a l a h b e n a r .

Contok: 2.1

Katalah danipada satu sampel bersaiz n = 25 yang diambil

d a r i p a d a n(p, 25) kita i n g i n m e n g u j i s e t h i p o t e s i s H,, : p = 5 dengan

H, : p = 1 0 . K a t a k a n k a w a s a n g e n t i n g b a g i u j i a n m i diperolehisebagai

C = (2 > 665}.

Maka ralat jenis I berlaku bila km ta membuat keputusan X > 665

sedangkan p sebenar ialah 5 Sementara nalat jenis II berlaku bilakita memutuskan bahawa .2 C 665 sedangkan p sebenar ialah 10 .

Definisi 2.3

Kebarangkalian melakujtan ralat jenis II dipanggil aras

keertian bagi ujian dan selalGnya dicatat sebagai ~.

Contob: 2.2

Dengan menggunakan masalah dalam contoh 2.1 (a) Dapatkan

aras keertian bagi ujian tersebut. (b) Dapatkanjuga kebarangkalmanmelakukan ralat jenis H.

Penyelesaian:

(a) P(melakukan ralat jenis I) =

= P(X > &65/H0 adalah benar)

= P(2 >

6 .6 S /p = 5 )

OIeh kerana jika p = 5

299




tidak menerima dengan senang satu-satu kenyataan yang baharuterhadap populasi. Jadi !angkah yang diambil ialah menetapkan aras

keertian pada tingkat yang munasabah terlebih dahulu, dankemudiannya hukum membuat keputusan adalah ditentukan oleh

kawasan genting yang menghasilkan kebarangkalian melakukanralat jenis II yang minimum.

10.3 Ujian Terbaik bagi Set Hipotesis Mudab

Berdasarkan kesimpulan di atas kita telah pun bersedia untuk membentuk kawasaai genting yang sesuai bagi menguji set hipotesis

mudah. Bentuk umum ujian bagi set hipotesis mudah m i bila kitaingin menguji:

H 0: 0 = 0.

dengan H1 0 =

Dalam kes m i ruang parameter hanya mengambil dua nilai iaitu 0~

bila H0 adalah benar, dan 0~apabila H 1 adalah benar.

Sekarang katalah X1 ... X, adalah sampel rawak bersaiz n

dengan pengamatan x x~yang diambil dan taburanf(x. 0), 06

fl Taburan bersama bagi pembolehubah rawak m i hanya tertakiuk

kepada dua fungsi, L 0 (X1 ... X 0 ) = R fN 0o): oo 61~yakni taburan

bila H 0 adalah benar, dan L1 (X1 ... X 11 ) = flf(x1. Od: 0~eQ, yakni

taburan di bawah H1. Setelah pengamatan x1 ... ; digantikan di

dalam L0 dan L1 kita dapat L 0 (x1 ... xj dan L1 (x1 ... x,1 ) . Nilai L0 dan L1 m i nampaknya boleh digunakan sebagai asas menentukan sama

ada 0~dan 0 1 lebih sesuai untuk mewakili nilai 0 yang sebenar.

Sekiranya L 1 (x1 ... xjcukup besar berbanding dengan L 0 (x1 ... x~)maka L1 dikatakan menjelaskan data dengan lebih baik dan L0,

ataupun dengan kata lain kenyataan sampel adalah lebih konsistenkepada kenyataan di bawah H1 sehingga kita cenderung untuk menerima H 1 sebagai benar (atau menolak H0) . Jika L, lebih besardan L1 adalah sebaliknya.

Berdasarkan kesimpulan m i kita perkenalkan satu definisi yang

dinamakan ujian nisbah kebolehjadian yang memberikan titik

pembahagian di antara kawasan penolakan dan penerimaan.

Delinisi: 3.1

Misalkan terdapat satu nilai C, supaya

301




L(X~... Xj = f(x 1. 0 )

‘I / ~= uc -~----P

[Ta2

— / 1 ~‘~n/2

\~2Ha2)

exp (x - 0)2}

in

exp ~—~---~ ~ (x~ 0)2 }Di bawah H

0 : 0 = 0 0

Maka, nisbah keboleh)adian:

oleh itu

) exp

exp {~~½i& (x1 — Oo)2}

E (x 1 — 9)2

= ex~[~’ 2a2

E (x1 — 032

2a2

= exp {~!-~~x~(0~ — 0~) — ii (0~ —

Daripada ujian nisbah kebolehjadian, kita harus menolak H ,, jika

—

0 ,,) L —

n(0~ —

0*)1=l

] } >

C,

2 [Ia2 — 0,,)2}

DibawahH1:0=01 maka

( 1 \n/2

\~2Ha2)

L,, (X1 ...

/ 1 \“12 I= ~,,2ira2) e~~

(x~ — o~)2

~ \ii/2(~—~~) exp {—~ i#1 (x~ — Oi)2}

303




di mana

P(exp{~[(0i — 0~)E — n(0~ — 0~)]}> C 8) = a

Bagaimanapun lebih senang jika

exp {~2-~ [~ — 0~)E — n (0~ — 0~)]}ditulis sebagal

—n (0~ — 0~)+ )x~(0~ — 0~)> 2 a2 In C

8

atau

~ (0~ — 0 ,,) > 2 a2 In C, + n(0~ — 0~)

Oleh kerana 0 1 — 0 ,, > 0 maka boleh juga ditulis

- 2a2InC, 0~ —

x > -~- —~+ ~ =

Jadi ujian nisbah kebolehjadian ialah menolak H 0 jika

~ >

di mana

P (X> k,) = a

Kesimpulannya didapati ujian terbaik bagi m m taburan normal

ialah dengan menggunakan pengamatan bagi m m sampel iaitu I Sebenarnya kawasan genting bagi ujian di atas masih sukar

untuk diperolehi. Adalahsukar untuk mencari nilai k supaya P (~>

k,) = a oleh kerana X di bawah H,, adalah bertaburan normala

2dengan m m o ,, dan varians —. Untuk menyenangkan pengiraan k,

nadalah lebih sesuai jika digunakan pembolehubah rawak

= £ -0.

yang bertaburan n(0, 1 ) .

Hukum membuat keputusan bagi ujian di atas ialah menolak

H,, jika dan hanya jika

304



UJ IA N HIPOTESIS: T E O R I

di mana

1—0 Z = —--~ > d,

P (Z > d,) = a

Nilai d, dengan senang diperolehi daripada jadual taburan normalpiawai setelah adik etahul nilainya.

Contoh: 3.2

Katalah X

1 ...

X25 adalah sampet rawak yang diambil daripadan (p, 1 ) dengan pengamatan x x25. Katalah kita ingin menguji sethipotesis

H,,:= 1

dengan H~:= 0

dengan menggunakan a =

bagi ujian m i.

Penyelesaian:

05. Dapatkan kawasan genting terbaik

Fungsi kebolehjadian bagi X1 ... X25 ialah

L(X ... X,,) =

/ 1 ~25/2

k~2it) exp{

125 —— E ( x 1

2 ~

— ~)2}

Di bawah H,,: = 1 maka

1 25/2 L,,(X,...X~=(~)

exp{

125 —— S ( x 1

2 ~

— 1)2}

Sementara di bawah H1: ~ = 0 L1 ialah

/ 1 \25/2 1 25 L1(X1 ...X~)= ~~—) exPI_.~S

i~1 j

Nisbah L1/L, ialah

= exp —

0

25Sx~+

305



KEBARANOKALIAN DAN 5TATISTIK

Jadi ujian nisbah kebolehjadian memberikan keputusan menolak H ,, jika

L1 j25 — = exP~-~-—Sx1,)>C.

di mana

P(~1>C) = a

Setelah dipermudahkan didapati kita harus menolak H ,, jika

— X > ~1n’C, —!

atau

X <‘In C, + =

di mana

P (2 <k) = a

Oleh kérana di bawah H ,, p = I maka

n (0, 1)

Jadi bagi ujian bersaiz a = -0 5 kita harus menolak H,,jika sekiranya

2-1<k~5

di mana p (2—1 < k.05) = -05

Daripada jadual n (0, 1 ) didapati k .05 = — 1645

Maka kita harus menolak H ,, jika

— 1-645

Contoh: 3.3

Dengan menggunakan masalah ujian .dalam contoh 3.2

dapatkam kebarangkalian melakukan ralat jenis II.Penyelesaian:

306




di mana Z ~ n(0, 1).

Daripada jaduat taburan normal piawai boleh diperolehi K (0) bagi

sebarang nilai 0 . Misalnya

K(6) = P(Z

K (7-645) = P (Z > — 1645) = -975

K(4-04) = P(Z >196) = -05

dan seterusnya.

Keluk K (0 ) diberikan sebagai gambarajah 41

0

Katalah H ,, : 0 e ~,, adalah hipotesis nul yang diuji denganhipotesis alternatif H 1 : 0 (~. Araskeertian a bagi ujian m i ialah

nilai maksimum bagi fungsi kuasa bila H ,, adalah benar. Atau

=

mak ~ (Tolak H ,,/H,, adalah benar}0 e

Perhatikan bahawa aras keertian a bagi hipotesis nul mudah

H,,: 0 = 0 ,, a~alahfungsi kuasa pada titik 0 ,, itu sendiri.

Dellnisi: 4.3

Katalah K(0) adalah fungsm kuasa bagi menguji hipotesis H,,: 01,, dengan H 1 : 0 ~L~,maka nilai fungsi kuasa pada nilai sebenar bagi

0 dipanggil kuasa bagi ujian tersebut.

Contoh: 4.2Dengan berpandukan masalah yang diberi datam contoh 4.1,

K(O)

½

K ( 0 )

0

Deflnisi: 4.2G am bara jah 4.1: Keluk K(0)

309




di mana P (X > k~)= a

Oleh itu kawasan genting {~> k~)adalah kawasangenting terbaik

bersaiz a bagi menguji set hipotesis mudah H ,,: 0 = 0 ,, dengan H 1: 0

= 0~.Sekarang, jika diambil sebarang Oil> 0 ,, kita dapati kawasan

genting {~t> k,} adalah masih lagi kawasan genting terbaik bagi

menguji set hipotesis H,,: 0 = 0~dengan H~:0 = 0~. Malah bagi

sebarafig nilai 0 , 0 > 0 ,, didapati kawasan genting m i masih kawasan

genting terbaik bersaiz a. Jadi kawasan genting {~> k,} adatah

merupakan kawasan genting paling berkuasa seragam bersaiz a bagi

menguji H ,,: 0 = 0 ,, dengan H 1: 0 > 0 , , .

Dengan menggunakan keputusan yang diperolehi dan contoh3.1 dapat ditunjukkan bahawa hukum bagi ujian di atas juga boleh

ditulis dalam bentuk menolak H ,, jika

Z = ~ >

di mana = X 0 ,, > 4 ,) = a dan Z adalah bertaburan

normal piawai.

Contoh: 5.2

Katalah X1 ... X~ adalah sampel rawak daripada n(0, a2), ~2

adalah ketahui. Maka tidak terdapat ujmanpaling berkuasa seragambagi menguji set hipotesis H,,: 0 = 0,, dengan H, : 0 0 , , .

Penyelesaian:

Anggapkan 01 adalah nilai 0 # 0 , , . Jadi set hipotesis boleh

ditulis sebagaimenguji H ,,: 0 = 0 ,, dengan setiap set hipotesis mudah H

1 : 0 = °1; 0~ 0 , , .

Sebagai contoh 5 .1 kita dapati hukum membuat keputusan bagi

menguji set hipotesis mudah H ,, : 0 = 0 ,, dengan H, : 0 = 0 1 ialah

menolak H,, jika

L1 (X1 ... X,,) — 1 ~ o ~— 0 ,,) Lx, + n (0~ —

L,,(X1 ...X,) — exP[-~--~- 202 j > C 2

atau (01 — 0 ,,) ~ > 2c2 In C ,, — n(0~— 0 2 ,,)

Di bawah H 1 , 8~boleh mengambil nilai ‘ C 0, atau > 0 , , . Jadi ujian

bersaiz a ialah menolak H0 jika

312



UJIAN H IPOTE5 I5: Th O R!

— 2a2lnC,,—n(0f —0~)— 0 0

jikalau 0~> 0 , , . Sementara jika 01 c 0 ,, ujian bersaiz a iatah menolak

H ,, jika

- 2a2InC,, — n(0~— 0~)

0 1 — 0 ,,

oleh kerana 0~— 0 ,, adalah negatif.

Jadi terdapat kawasan genting terbaik bersaiz a yang berbeza untuk

setiap 0~ 0 , , . Ternyata dalam kes mi tidak terdapat ujian palingberkuasa seragam.

Coutob: 5.3 Ujian satu hujung mengenai nisbah

Katalah kita mengambil sampel bersaiz n daripada taburanb (1 ,p) dan didapati pengamatan bagi X

1 ... X~ialah x1, x2 x,. Kita

ingin menguji set hipotesis

H, : p = p,,dengan H 1: p < p,,

Maka terdapat ujian paling berkuasa seragam bagi ujian m i.

Penyelesaian:

Andaikan P 1 .cp,, maka H 1 boleh ditulis sebagai H 1 : p = Pi-Ujianterbaik bagi menguji H ,,: p = p,,dengan H 1 : p = Pt bagi setiap

Pi < p,, ialah menolak H, jika

“ Lx, n—fl, L1(x1,..x~)

11Pi (1 Pi)> C,

L, (x1 ... x,,) Lx, (1 — J n—fl,

atau

L1 (Pi~jLx,(i —

—=1—IL,,. \p,,/ \1 — p,/

313



UJIAN IIIPOTESIS: TEORI

pada tingkat aras keertian a.

Kawasan genting paling berkuasa seragam bagi ujian mi boleh

diperolehi dengan mendapatkan kawasan genting terbaik bagi

menguji set hipotesis mudah H,, : a2 = a~dengan H 1 :

= a~a~> a~.

Nisbah kebolehjadian L1 (X ...X,,)/L,,(X~ ...X,)ialah

— (a,,~

—

expT_~i (x~—

t

2Co = 1

Inp)2 — -~ L (x,

2a~— p)2}

Maka ujian terbaik bersaiz a ialah menolak H,, jika

2 — ~— tO —~-—~—~ > C,

2a~a1 j

Jadi kawasan genting terbaik bersaiz a ialah

atau

exp {,~1 (x, —

p~2(Cl —

2a~a~) > C

n (al—a~\

L (x, — ;j)2 k. ~ )

‘0

L exp~E (x ,0 OI

Di mana IL

1> C2) = a

> 2Ink+2nIn(!±)

Jikalau al > a~didapati kawasan genting mi tidak berubah bagi

semua nilai al. Jadi kawasan genting

~ ( x 1 — p)2 > k,

adalah merupakan kawasan genting paling berkuasa seragam bagi

menguji H ,, : al = a~dengan H~: al >

Jika H ,, benar pembolehubah rawak

3 1 5



LilIAN HIPOTESIS: TEORI

X, di bawah H 1 : 0 0~ialah L(X1 ... X,, Q~) = H f(x,, 0 ); 0 eQ~.

Nisbah

_____ — L(X1 ... X ,. f2~)

L(Q,,) — L(X1 ... X,,; U,,)

m i, adalah dipanggil nisbah kebolehjadian dan boleh digunakanuntuk membentuk ujian bagi menguji H,,: 6eQ, dengan H1 :0 01.Bagaimanapun L(U 1) dan L(U,,) tidak dapat ditentukan secara tepatsebagaimana dalam menguji set hipotesis mudah. Langkah yang

diambil untuk mengatasi masalah m i ia menggantikan ~1 dengan ~yang memaksimumkan L(U) dan Q~ dengan O~ yang

memáksimumkan L(t0). Nisbah

L(fl) =

L(X1 ... X,, (1,,)seterusnya digunakan sebagai asas pengajian.

Definisi: 6.1

Satu ujian bagi menguji H,,: 0 a 0,, dengan H1 : 0 e ~ yang

berbentuk; menolak H,, jika dan hanya jika

L(X1...X~,ñ)

L(x1 ... x, U,,)

di mana k adalah pemalal dan L(X1 ... x~,0) dan L(x1 ... x~0,,) adalahnilai maksimum bagi fung~i L(X ... X~, Q~) dan L(X1 ... X,, U,,) dan

IL(x1 ... X,,, 0) Pj > k/H,,adalahbenarj ~ a

X,, U , , )

adalah dipanggil ujian nisbah kebolehjadian bersaiz a.

Di dalam menentukan nilai U dan U,, yang memaksimumkan

fitngsi L(U) dan L(U,,~ kita telah tunjukkan bahawa penganggaran

kebolehjadian maksimum adalah boleh digunakan.

Contoh: 6.1 Ujian normal dua hujung

Katalah X 1 ... X~adalah sampel rawak bersaiz n dan n (0, g

2); ~

diketahui, dengan pengamatan x x~.Katalah kita ingin menguji

set hipotesis

H,: 0 = 0 ,,

dengan H

1 : 0 0 ,,

317




Dalam kesmi kita dapati set 1 ) = {0 ; — c c < ü < cc } sementara

0,, = {0,,] dan 01 = {0 ; — c c < 0 c c c dan 0 ~ 0,,}. Fungsi

ketumpatan bersama bagi X1 ... X, ialah

= L(X~... X,; 0) = ~ exp[_ ~ (x1 — 0)2]

Di bawah H ,, :0 = 0,,jadi L(f ,,) ditentukan denganjelas iaitu

L(XI ... X,; 0,,) = (~~-i) exp [— ~ L (x1 — 032]

Tetapi di bawah H 1,L(Q 1) tidak ditentukan dengan tepat oleh kerana0 masih belum diketahui. Penganggar kebolehjadian maksimumharus .didapatkan untuk mendapatkan 0 yang memaksimumkan

fungsi L(01). Yakni dengan men~eIesaikanpersamaanê In 1 1 1 1 ) = L (x, — 0 ) = 0

a

didapati

Dengan menggantikan U di dalam 1 4 1 1 ) kita dapati 140) adalah

- / 1 ‘ y u 2 [ 1 “ — 2

L(X1 ...Xn;x) =~~-) exp[— ~ L(x, —x)

Jadi nisbah L(O) / L fZ~)ialah

L(X1 ... X,. 0 ) 1 1 2 - 2

L(X ... ~ = exp S ~j— 1i1 (x, — 0 ,,) —~ (x, — x)

Maka hukum menguji hipotesis mi ialah menolak H,, jika

(x,—Og)— X(x,_i42] > k 2a ,=i ‘-I

atau

> 2lnk = d 2

318




yang boleh dipermudahkan kepada— ())2 >

( j 2

a2 /ii

atau

— 0 ,>d

I ?

Bagi ujian bersaiz a maka kita harus menolak H, jika sekiranya

= > 4,

di mana

P (~ Z~ > d ,7 2 )

Pembolehubah rawak Z = X — j~adalah bertaburan normal1 1

piawai. Jadi nilai sebenar d,72 diperolehi dengan menggunakan

jadual taburan normal piawai.

Contoh: 6.2 Ujian t dua hujung

Andaikan X adalah pembolehubah rawak bertaburan n (0, ~2)

di mana a2 adalah tidak diketahui. Kita ingin menguji

H,, : 0 = 0 ,,

dengan H 1 : 0 0 ,,

Katalah X1 ... X,, adalah sampel rawak bersaiz n dad taburantersebut dengan pengamatan x~...

kuang parameter 1 1 adalah set yang mengandungi {0, a2 — cc

c 0 < cc ’ a2 > 0J. Fungsi kebolehjadian bagi X1 ... X, ialah

L( O, ~2, x, ... X,,) = (~~~T)exp ~ (x, — 0)2}

Di bawah H,, 0 = 0 ,, dan a2 > 0 tidak diketahui. Jadi L(Q) ialah

L(0,, a2 X1 ... X~)= exp {— ~ L (x, — 0)2}

319



TEO RI

— [z (x, — ~ + I — o,,~21n/2

~L (n—US 2 j — [(n — I) ~2 + n (I — 0,,)1~2

(n—1)52 i1 i /i—_o,,\ 1n12

7-]

L n—l\S,ç/~

Hukum membuat keputusan bagi ujian m i ialah tolak H, jika

sekiranya

r r~—0~\1nI2 11+ I II > k [ n—1\5/~/~JJ

atau

(1—0)2 > n (n — 1) (k~— 1 ) =

atau boleh juga di tulms sebagai

1— 0 ,,5/f > d

Maka ujian bersaiz a dapat diperolehi berdasarkan statistik X — 0,S/f

dan taburan (~ ~.

Ini adalah timbul danipada kenyataan bahawa

T= ~ — 0 ,,

s/f

adalah bertaburan t dengan n — I darjah kebebasan. Sebagai kesim-

pulannya, ujian tersebut menentukan bahawa kita harus menolak

H,, pada tingkat aras keertian a jika

d s/f

321



W IA N HIPOTESIS:

+ _J~ (x — o~)2]n/2 > k bila ~ >

L n—~ S/f dan

I > k bila I ~ 0

atau boleh dipermudahkan kepada

(I_0~)2 > (n_I)(k

2m~1) = d2~ > 0,

S/f

dan 0 >

Jika diambil punca gandadua kita dapati bentuk di atas boleh ditulis

sebagai:

1—0,, -

> d x > 0 ,S/f

dan 0>d I ~ 0 ,,

di mana jika digabungkan kita dapati kita harus menolak H, jika

1—0,, d

Ujian nisbah kebolehjadian bersaiz a boleh diperolehi dengan

berdasarkan statistik X — 0, yang bertaburan t(0_ Yakni bagi

s/f

ujian bersaiz a kita harus menolak H,, jika

I — 0 ,,> d,

s/f

dimanaP(X —0,, > d2) = a

s/f

Contoh: 6.4 Ujian F bagi perbezaan beberapa m m

323



KEBARANGKALIAN DAN 5TATIST1K

Katalah X1, X2 dan X3 adalah tiga pembolehubah rawak tak

bersandar yang masing-masing bertaburan n (Pi, a

2), n (P2’ a2) dan ii

(ps, a2). Andaikan tiga sampel rawak tak bersandar bersaiz ii diambildan X

1. X2 dan X3 dan didapati pengamatan ialah x 11 . x12. ... Xhi ,

x 2 1 , x 2 2 , ... x2, dan x31. x 32 ... x3,. Kita ingin menguji

H, , : p1 = #2 = #3 =

dengan H1 : sekurang-kurangnya salah satu tidak sama.

Penyelesaian:

Ruang parameter ialah 1 1 = {PI, #2’ #3, a 2}

Dan fungsi kebolehjadian L(Q) ialah

1 3n/2 1~~ L(Q) = (—i) exp {- ~ E (xu - pJ2}

Di bawah H

0 : p~= po; i = 1, 2, 3 maka

1 3a12 1 ~‘

L(0,,) = ~ exp {- ~ Z S (xu —

Penganggar kebolehjadian maksimum bagi p ,, dan a2 ialah:

if

3N

= S (x

1~ —

Sementara di bawah H1 penganggar bagi p,; i = 1, 2, 3 dan a2 ialah

jz=~i_= i fi~~ n

dan

3 N

E E (x1f—~~)2/3n

1=1 i—I

Jadi nisbah kebolehjadian

324



(x~I -, -~

[x E (x~~ii

x x (x U —

ii >k

S E (xu —

Sekarang perhatikan sebutan E £ (x,~— fl2. Ini boleh ditulis

sebagaiii

2

xx (X~~— R .. )2/~2adalah x (3(,,— 1) )ii

dan (Xc , — X

1 . )~/a2adalah X2(3(n— ID

maka nE (K — X)2/a2 adalah

Jadi kawasan penolakan

boleh ditufis sebagai

E E (x1~ —

xz (ic,~—

nE (x~ — x)

>k—1=d

—

ii

di mana fadalah nilai bagi pembolehubah rawak

UJIAN H IPOTE5 IS : TEORI

L(O ,,)

— ~)2 13~2e3~2

—

Sehingga kita harus menolak H ,, jika

E (xu — = E x~ —

I iiii. + 3— ~ 2

oleh kerana

3

= x t(xu — x-)2 + n E (ii:— fl2I I

325



KEBARANGKALIAN DAN SJATISTIK

—

F=

S S (X1~—

yang mempunyai taburan F dengan 3—1 dan 3 (n—i) darjah

kebebasan. Ujian adalah berdasarkan nilai statistik F dan taburan F

(2, 3 (n — 1)) . Yakni bagi ujian bersaiz a kita harus menolak H, jika

sekiranya

n x ( x1 . —

>f,(2,3(n—1))S S (x~~ — x)2

dimana F, (2, 3 (n—I)) dipilih daripada jadual F 2, 3(n — 1) supaya

P(F >L(2,3(n—l)) = a

Ujian bagi hipotesis yang lebih umum iaitu bagi k populasinormal akan dibincangkan penggunaannya di bawah tajuk analisis

varians. -

Latihan Bab 10

10.1 Katalah satu sampel rawak bersaiz 12 diambil daripada taburan n

(p, 3 ); dan kita ingin menguji

H,, : p = 15

dengan H 1 : p = 10

(a ) Jika kawasan genting ialah

C = {x 1 ... ; x c iO’348}

dapatkan kebarangkalian melakukan ralat jenis I dan ralat jenis II.

(b) Jika kawasan genting ialah

C= {x1 ... x12 x < 12-436)

Apakah kebarangkalian melakukan ralat jenis I dan jenisII?

326



UJIAN HIPOTESIS: TEOR!

102 Anggapkan X 1 ... X ,, adalah sampel rawak danipada ;,(0, 4).

Dapatkan kawasan genting terbaik bagi menguji hipotesis

H,: 0 = 3

H : 0 = 4 -

10.3 Dan masalah 10.2 katalab daripada saw sampel bersaiz n = 1 6

didapati x= 4 . Dapatkah anda menolak H,, pada tingkat 5% aras

keertian.

10.4 Katalah X 1 ... X,, adalah sampel bersaiz n daripada taburan h(1, 0~.

Jika ingin menguji H0 0 = dengan H 1 : 0 = tunjukkan bahawa

statistik yang boleh digunakan sebagai asas ujian adalah ~ X~.

10.5 Anggapkan XI ... X, adalah sampel daripada taburan Poisson

parameter 0 dan kita ingin menguji H,, :0 = 0 ,, dengan H1 :0 = 0 1 ;

0 1 > 0,,.Tunjukkan bahawa statistik ujian ialah S X1. Jika n = 100

dapatkan kawasan genting terbaik bagi ujian tersebut. Gunakanteorem had pusat bahawa

n~

adalah menghampid taburan n(0, 1 ) .

10.6 - X~ ... X,, adalah sampel rawak daripada n(0 , 25). Tunjukkan bahawa

C = {x 1 ... x , jc~> c ] adalah kawasan genting terbaik untuk

menguji H,,: 0 = 15 dengan H 1 : 0 = 20. Dapatkan nilai c dan n

supaya

P C ’ ? ? c/H,,) = 05, dan

P(X ~ c/HI) = -90.

10.7 Katalah X X, adalah sampel rawak danipada taburan ;40, a2 ).

Jika kita ingin menguji set hipotesis

H, , : a2 =

dengan H 1 : a

2 = a~ di mana >

327




Tunjukkan bahawa statistik ujian harus berdasarkan E X~.

Tunjukkan juga bahawa ujian boleh diasaskan kepada taburanChi-kuasa dua.

10 .8 Katalah masalah sama seperti soalan 10 .7 . Kita ingin menguji

H,, a 2 = 5

dengan a, a2 = 10

TiIhjukkan bahawa kawasan genting terbaik bagi ujian m i ialah C

= {x

1 X15 L 4 > kl.

Bagi saiz sampel adalah n ~ 15 dapatkan nilai k supaya aras

keertian bagi ujian tersebut adalah 005.

10.9 Katalah X1 ... X25 adalah sampel danipada n(0, 25). Andaikankawasangentingx > 7digunakanuntukmengujiH,:0 = 5,dengan

H1 : 0 > 5 . Dapatkan fungsi kuasa bagi ujian m i dan lakarkan.A pak ah kebarangkalian melakukan ralat jenis I? Apakah kuasa

bagi ujian m i jika (a ) 0 sebenar ialah 6 dan (b) 0 sebenar ialah 8?

10.10 Satu sampel rawak bersaiz 25 diambil daripada taburan n(0, 4 ) dankita ingin menguji

H,, : 0 = 5

d e n g a n H1:0#5

Jika kawasan genting yang digunakan ialah x c 4 atau x> 6,

lakarkan ke luk liingsi kuasa K(0). Dapatkan aras keertian a dankuasa bagi ujian m i jika 0 sebenar adalah 3 .

10 .11 Dapatkan kawasan genting paling berkuasa seragam bagi menguji

H, :0 = 50 dengan H1 : 0 -c 50 jika X X100 adalah sampeldanipada taburan n(0, 64). Apakah K (0) bila 0 sebenar ialah 5 0 .

10.12 Jika X1 ... X15 adalah sampel danipada taburan Bernoulli

parameter p. tunjukkan bahawa kawasan genting paling berkuasa1 1

seragam bagi menguji H,: p = dengan H1: p > — adalah 1/15 \2 i-i) c . Tentukan nilai c supaya I c/H0) = -0591,

i—i

328




10 .13 Satu sampel bersaiz 25 diambil danipada n(0, 100). Tunjukkan

bahawa kawasan genting paling berkuasa seragam bagi mengujiH,,

:0 = 7 0 dengan H :0 >70 pada tingkat l~anas keentian ialah x74-65.

10.14 Jika X X,, adalab sampel rawak hensaiz ii danipada taburan n (0,

I) dan kita ingin menguji H,,:0 = 0 dengan H 1:0 0. Dapatkan

ujian nisbah kebolehjadian bagi menguji hipotesis m i.

10.15 Katalah X X ~ adalah sampel rawak bersaiz 25 diambil dan

taburan n(0, 100). Tunjukkan bahawa kawasan genting bagi ujiannisbah kebolehjadian di dalam menguji H,,:0 = 70 dengan H I :0 $70 adalah —

x > 70 + 2d,,2 atau x c 70 — 2d,~

Jika diperlukanP(Tolak H1/H,,) = .05

apakah nilai d42?

10.16 Tunjukkan bahawa ujian dua-hujung dalam contoh 62 bolehjuga

dibentuk dengan menggunakan ujian F, yakni berdasarkan taburanF dengan I dan ii — I darjah kebebasan.

10.17 X1 ... X,, adalah sampel rawak dan n(p, a2). Tunjukkan bahawa

kawasan genting bagi menguji H,:a~=a~dengan H 1 : a

2 a~, jika

ptidakdiketahuiadalah S (X...x)2 ~ C.Tunjukkanjuga bahawa

ujian m i boleh didasarkan kepada tabunan Chi-kuasa dua dengan ii

— I danjah kebebasan.Jika ii = l5dan kita ingin menguji H,,: a2 = l0denganH

1 : a

2 10

dapatkan kawasan genting bagi ujian ber~aiza = -05.

10.18 Andaikan X1 ... X,, dan Y Y,~adaiah dua sampel rawak tak

bensandar danipada taburan n(p, 9) dan “(#2~ 16) . Dapatkan

kawasan genting bersaiz a bagi menguji hipotesis

H1 : #2 — #1 # 0

Dengan H1:p2—p1#0

10.19 Bagimasalah yang sama sebagaimana soalan 10.18 katalah vanians

329




bagi kedua-dua populasi tidak diketahui tetapi diandaikan sama.

Dapatkan kawasan genting bersaiz a bagi menguji hipotesis

H,: #2 = Ptdengan H

1 : #2 #

1020 Jika X, X16 dan Y i’1 6 adalah dua sampel rawak tak bersandardarmpada n(p1, 9 ) dan n(p2, 16 ) . Dapatkan kawasan genting bersaiza

= -05 bagi menguji

H,: #2 — Pi = 0

dengan H1:p2—p1>0

330



BAB 1 1UJIAN HIPOTESIS: PENGGUNAAN

Kita telah membincangkan beberapa kaedah untuk mendapatkankawasan genting dan menentukan hukum membuat keputusan di dalam

menguji set-set hipotesis statistik. Bahagian itu merupakan aspek-aspek

teori di dalam ujian hipotesis. Sekarang kita akan memerhatikan pula

aspek terakhir yang melibat penggunaan makiumat sampel terhadapkeputusan yang telah diperolehi itu. Berdasarkan keputusan sampel m i ,dapat kita tentukan satu-satu hipotesis itu harus diterima atau ditolak dalam keadaan sebenarnya. Aspek m i merupakan penggunaan dalam

ujian hipotesis.

11 .1 Ujian Satu-H~ingdan Ujian Dua-HujungHipotesis statistik boleh mengambil berbagai bentuk,

umpamanyahipotesis boleh berbentuk mudah atau gubahan. Begitu juga halnya dengan hipotesis alternatif. Bentuk hipotesis alternatif yang digunakan membawa kesan terhadap kawasan genting danseterusnya hukum membuat keputusan bagi ujian tersebut. Jadi di

sini diberikan pembahagian umum ujian hipotesis berdasarkanbentuk hipotesis alternatif.

Jika hipotesis alternatif berbentuk satu-hujung, yakni jika kita

ingin menguji parameter 0 maka H 1 adalah H1: 0 > 0 0 atau H1: 0 c

0~atau H1 :0 = ~~di mana 0 1 > 0, atau 0~< 0~maka ujian yang

,digunakan untuk set hipotesis m i dinamakan ujian satu-hujung.Konsep m i lahir oleh kerana kawasan genting bagi menguji hipotesis

m i terletak di satu hujung satu taburan tertentu. Misalnya jika kita

menguji H0: 0 = 0~dengan H1 :0 > 0, maka kawasan genting bagiujianmniialahC = {xi ... x ,, t 4 x1 ... xJ > k}.Jikadiperhatikancontoh

331



UJIAN HIPOTESIS: PENGGIJNAAN

= > z~ . .2

c l i mana Z~12dipi lmh daripada jadual taburan normal p iawam supaya

P (IZ I > Z~) =

Bagaimanapun bentuk di atas adalah lebih sesuai jika ditulis sebagai

menolak H0 jika

x — p 0 _____

> atau ~ — ~0 —

di mana P(Z < — Z~2)= P(Z > Z~12)= ~/2.

Kawasan penolakan diberikan sebagai kawasan yang benlorek

di dalam gambarajah 2 .1

0

Kawasan genting bag i ujian Hipotesis

H0: ~ ~ dengan H,

:f~~

z

Dan gambarajah 2.1 did~patmbahawa jika ~ adalahjatuh

di kin dan — atau di kanan dan Z~2, maka membawa kita

menolak hipotesis nul. Jika terjatuh di atas atau di antara nilai —

Z~,2dan Z~2maka kita harus menenima H0.Sebagai ingatan kaeda1~ujian yang dijelaskan m i adalah sama

dengan mendapatkan ( 1 — ~ 100% selang keyakinan bagi p dengan

menggunakan pengamatan x . Kita akan menolak H0 jika p~beradadi luar selang tersebut.

/2 1 — ~

0 1 /2

G~mb~r~j~h2.1:

3 3 3



UJIAN HipoTEsis: PENGGUNAAN

Dapatkah kita menolak H 0 pada tingkat = • O 1

Penyelesaian:Jikax =Olmaka 1 —~ = 99

99% selang keyakinan bagi p ialah

— <p < I + ~~oos7

di mana bagi Z — n(O, 1 )

P(— Z.005 < Z c = 99

Daripada jadual taburan n(0, 1 ) didapati Z.005 = 258

Jadi g9% selang keyakinan bagi p ialah

486 — 258 < p < 4•86 + 258

4~344 / < p < }376

Oleh kenana p0 = 5 terjatuh di dalam selang tersebut kita tidak boleh menolak H0.

Bagi menguji hipotesis nut dalam bentuk H 0 : p = p0 denganhipotesis alternatifdalam bentuk H 1: p > p. atau H ~:p .c p. statistik

ujian yang hams digunakan ialah g: Hukum membuat keputusanbagi menguji H,, dengan ~ : p > p0 ialah menolak H0 jika

:~~> k

ateu bagi ujian bensaiz ~ keputusan di atas adalah sama dengan menolak

H,, jika

= — r~>a,jn

di mana P(Z = X — p0 > Z,) = a Z adalah bertaburan normal

piawai. Bagi menguji H, , dengan H 1: p <p°maka ujian bensaiz~ ialah

menolak H,, jika

Z — — d

335




di manad~ditakrif seperti dahulu. Jadi bagi kedua bentuk H 1 di atas

Katalah daripada satu sampel bersaiz 9 yang diambil daripadan(p, 9) didapati Y c 4 . Kita ingin menguji

H 0 : ~ 5

dengan H,: p > 5

Dapatkah kita menolak H,, pada 5% aras keertian.

Penyelesaian:

Andaikan z — —

u~ianharus didasarkan kepada n iLa i

piawai

0

( a )

x — Po dan taburan normal

z

z

a

0

(b)

G~mbar~h2.2:

Contob: 2.3

Kawasen gent ing b a g i menguj i H0

dengan h ipotes is &ternatif (a ) H 1 : p >uoda n (bI H j ~< p~

336



KEBARANGKALIAN DAN STATISTII(

— 7.4z = < — 1645

Daripada sampel didapati V = 72 maka

72 — 74Z = = — 048

Oleh kerana Z = — 048 > — 1645 maka kita tidak boleh menolak

H,, pada tingkat 5 % aras keertian. Jadi persatuan pengguna tidak boleh menyangkal dakwaan syarikat tersebut.

Dalam pnaktiknya a

2 yang digunakan dalam ujian-ujian setakat

m i adalah tidak diketahui dan harus dianggankan denganmenggunakan vanianssampel S2 . Jika ~2 digunakan sebagai ganti a2

yang kita dapati dalam bab 10 , ujian statistik yang harus digunakanialah

T= ~ —

5/f~

di mana Tadalah bertaburan t dengan n — 1 darjah kebebasan. Jadi

ujian bagi hipotesis berkenaan, m m adalah berdasarkan statistik T dan tabunan t(n — 1).

Umumnya bagi menguji hipotesis H,,: p = p,, dengan hipotesis

altematif H~:p ,~p,,. maka ujian bersaiz ~ ialah menolak H,, jika

I — p,,= r >~

0l2

s/sin

di mana c,2 dipilih danipada taburan t(~_ j) supayaP(T.c — = P(T> ç1~)= 8/2

Bagi menguji H 0 : p p,, dengan H,:p >p0 maka kita harus menolak

H ,, pada tingkat c c aras keertian jika

t = > t2

di mana

P(T> ç) =a

338



UJiAN HIPOTESIS: PENGGUNAAN

Sementara bagi menguji H 0 yang sama dengan H,: p < p,, maka

harus menolak H,, jikaI — p0

di mana P(T < — tc,.) =

Contoh: 2.5Danipada satu sampel bersaiz 16 yang diambil danipada taburan

normal m m p didapati I = 4 dan ~2 = 9 uji hipotesis

H ,,: p = 5

dengan H1: p < 5

dengan menggunakan 5% aras keertian.

Penyelesaian:

Kawasan genting bagi ujian bersaiz ~ = 05 ialah

I —

= s/,~/~< — 05

Danipada jadual t~5, didapati t05 = 1753. Maka kita harus

menolak H0 jika t < — 1753.

Danipada sampel didapati I = 4 dan . s = 3. Jadi

= = - 1333

Oleh kerana = — 1333 > — 1753 maka kita tidak boleh menolak

H 1 1 .

Contoh: 2.6Sebuah syanikat pengeluan rokok telah mengeluarkan sejenis

rokok baru yang didakwa mempunyai kandungan tar purata 20

miligram bagi setiap batang rokok. Danipada 25 batang nokok yangdipilih secara rawak didapati kandungan purata far ialah 23

miligram dengan r aTh t piawai 6 miligram. Uji kebenaran dakwaantersebut dengan menggunakan 5 % aras keertian. Andaikankandungan tar bentabunan normal.

Penyelesaian:Di sini kita ingin menguji

339



344



UJIAN HIPOTESIS: PENGGUNAAN

-~ ~ f r , (n — I,m — 1 )SI

atau menerima H,: of C of jika

~ f,(m — 1 , n — 1 )

pada tingkat 8 aras keertian.f,(n — 1 . in — 1) danf,(m — 1 , n — I)

dipilih danipada jadual taburan F supaya P(F(n — I, m — 1 ) > f,(n — 1,m — 1 ) = 8danP(F(m — 1,n — 1 ) >fr,(m — l,n — 1 ) ) = 8

Contoh: 4.2Katalah danipada dua sampel rawak tak bensandan daripada

dua taburan normal dengan vanians of dan of didapati

n,=lO 4=15 n2=16 4=10

uji hipotesis

H ,,: of = of

dengan H,: af of

dengan menggunakan 5% aras keentian.

Penyelesaian:

Danipada jadual tabunan F didapati .t?025(9, 1 5 ) = 312 dan

1025(15,9) = 3.77

Jadi ujian bensaiz 5% bagi ujian m i ialah menolak H,, jika

sf/sf ~ 3~12 jika sf ~ 4atau

sf/sf ~ 3.77 jika sf < sf

Danipada sampel didapati sf = 15 > sf = 10 oleh itu

= 15/10 =

Oleh kerana sf/sf = 15 C 312 kita tidak boleh menolak H,,. Jadi

sebagai kesimpulan dapat dikatakan bahawa vanians bagi kedua-duapopulasi adalah tidak berbeza.

347




11 .5 Ujiau Mengenai Nisbah

Ujian mengenai nisbah diperlukan bila kita berhadapan dengan

populasi yang mempunyai hanya dua kemungkinan kesudahan.Yakni yang melibatkan pensampelan daripada taburan binomial.Sebagai misalan, kita boleh lihat dalam pengujian nisbah sebenarpengidap penyakit denggi di kalangan penduduk luar bandar. Ujian

berkenaan nisbah juga timbul bila sebuah syanikat ingin mengetahul

sama ada nisbah penggeman barang keluanannya berbeza di antana

kategori penduduk yang berbeza, atau sebagainya.

Sebagai kes yang pertama kita akan bincangkan ujian yang

hanya melibatkan satu populasi, yakni menguji nisbah bilangan

sukses sebenar di dalam taburan binomial. Bentuk hipotesis nul yangakan digunakan ialah H

0 : p = p,,. Sementara hipotesis altennatif

adalah H,: p ~ p,, dan H,: p p,,.

Jika X, ... X ,, adalah sampel nawak bersaiz n daripada tabunan

b(1, p ) dengan pengamatan x, ... x , , . Maka statistik ujian yang boleh

digunakan ialah ,~, X, dan ~ = LX,/n.

Bagi ujian bersaiz 8, kita harus menolak H,, dan menerima H,:

p 3 & p ,, jika

> p0 dan p(LX ~ L x,/H,, adalah benar) C 8/2

atau

p C p . dan P (LX, ~ Lx,/H,, adalah benan) < 8/2

Di mana LX, adalah bertaburan b(n. p , , ) sehingga 8/2 boleh didapati

danipada jadual taburan binomial.

Untuk ujian ~,kita harus menenima H,: p > p 0 jika f r > p0 dan P(LX, ~ fl,/H,, adalah benar) C 8

sementara jika

C p,, dan P (LX, ~ Lx,/H,, adalah benar) C 8

maka kita akan memilih H,: p C p ,,

Di mana LX, adalah bertaburan b (n . pj.

Contoh: 5.1

Sebuah mesin dianggap nosak jika nisbah barang tidak sempurna yang dikeluarkan melebihi 1 0 peratus. Katalah pada satu

34S




ketika 15 banang keluaran mesintersebut diperhatikan dan didapati3 danipadanya adalah tidak sempunna. Dapatkah kita katakan mesin

tersebut telah rosak? Gunakan 5% aras keentian.

Penyelesaian:Di sini kita ingin menguji

H ,,: p = 01 atau mesin tidak nosak

dengan H,: p > 01 atau mesin adalah rosak.

3 15

Daripada sampel didapati r~=.•— = 02; L x , = 3 dan L X, adalahIS ,~,

bertaburan b(15, 1).Danipada jadual binomial didapati

P(LX, ~ 3/p = 4) = 01841

Oleh kerana P (LX, ~ 3/p = 1 ) = 01841 lebih besan daripada 005,kita harus menenima H ,,. Kita dapat katakan bahawa mesin tensebut

adalah tidak nosak.

Jika saiz sampel ii cukup besar adalah lebih sesuai jika kita

gunakan penghampiran normal terhadap ujian tersebut. Statistik

ujian yang boleh digunakan ialah

= LX,—np,, — p,,)/n 7np,,(1 — p,,)

di mana Z adalah bertaburan normal piawai. Ujian normalsebagaimana seksyen 10.2 boleh digunakan untuk menguji nisbah

sebenan populasi.

Contoh: 5.2Dengan menggunakan masalah di dalam contoh 6.1, katalah

barang yang diperiksa ditambah kepada 30 dan didapati 6

daripadanya tidak sempurna. Adakah mesin tersebut rosak?

Gunakan 8 = 005.

Penyelesaian: H ,,: p = 0~1

H,: p > 01

Daripada jadual taburan normal nilai Z.05 supaya

34 9




-

p0 = ~ + ~2+

Di dalam pengangganan bagi p ,, kita kehilangan satu darjah

kebebasan sehingga

2 ~< (X, —

x=L -n,pjl — p , , )

adalah bertabunan x 2 (k — 1 ) .

Jadi ujian bersaiz 8 ialah menolak H,, jika

= ~ n,p,,,) > y22(k — 1 )

, n,p,,(l — p 0 )

di mana x 2~(k — 1 ) dipenolehi danipada jadual taburan x 2 ( k — I)

supaya

P(x2 > x2 2(k — 1 ) ) = 8

Contob: 5.3

Katalah sebuah syanikat ingin memasankan sejenis barang yang

diberi label yang benlainan A dan B dengan tujuan mendapatpasaran yang lebih baik di Juar bandar dan di bandar. Setelah sekianwaktu dipasarkan syanikat tersebut ingin mengetahui sama adapolisi tensebut berkesan atau tidak. Danipada satu sampel yang

tendiri dan 400 sun numah di luar bandar didapati 250 menggemarilabel A. Sementara danipada 200 suni numah di bandar 110

menggemani label A. Adakah terdapat penbezaan kegemaran di

antara kedua-dua label di kalakigan penduduk luan bandar danbandar. Gunakan 8 = .05.

Penyelesaian:

Katalah p, dan P2 adalah masing-masing nisbah sebenar sun

rumah di luan bandan dan bandar yang menyukai label A. Jadi set

hipotesis yang hendak diuji ialah

H ,,: Pi = P2 = P 0

H,: p, P2

Oleh kenana p0 tidak diketahui, harus dianggarkan dengan

.352




Bagi ujian bersaiz 8 kita hanus menolak H ,, jika

/ > x2~(v)

di mana / 2(v) adalah nilai daripada jadual tabunan Chi-kuasadua

dengan v danjah kebebasan supaya

> x2A~))= 8

Contoh: 6.1

Katalah satu buah dadu dicampak 18 0 kali dan didapati

kekerapan bagi setiap kesudahan adalah sepenti benikut:

Nilaidianiat

Kesudahan

1 2 3 4 5 6

25 30 85 40 15 35

Ujikan hipotesis tersebut bahawa itu tak menggunakan 5% anas keertian.

Penyelesaian:

H,, : p{l} = ~p{2} = f . . . p{6} =

pincang dengan

H : dadu tensebut adalah pincang

Nilai yang diamat o, dansebagai jadual berikut

nilai yang dijangka e , boleh dibenikan

1 2 3 4 5 6

25 30 8 5 40 15 3 5

t~~I 30 30 30 30 30 30

Oleh itu nilai ~2 ialah

— (25_—_30’\2x2 ~ 30 )

(30 — 3Q’\2

30 ) +

355




(5 — 3.5)2

+ 3 .5

= 1064

Kerana dua set digabungkan jadi bilangan set ialah 7 . Bilangan

parameter yang dianggan ialah 2. Jadi ujian harus dibandingkandengan /(4).Jika 8 = 005 maka /.~~(4)= 949

OIehkerana x 2 = 1064 > 949 kita hanus menolak H,,. Sebagai

kesimpulan, taburan benat badan bayl bukanlah bentaburan normal.

Sebagai ingatan hanus diperhatikan bahawa di dalam ujian x 2adalah Iebih sesuai jika setiap set yang mempunyai kekerapan

kunang daripada 5 digabungkan dengan set yang berhampiran.

11.7 Ujian Chi-kuasa Dua untuk Kehotnogenan

Ujian x 2 yang telah dibinâangkan dalam seksen 11.6 dan 11.7bolehjuga digunakan untuk menguji kehomogenan bagi I t populasi.

/ < populasi dianggap homogen jika kesemuanya boleh dianggapsebagai satu populasi yang sama. Sebagai misalan, katalah kita ingin

mengkaji samada tendapat perbezaan dan tabunan bagi jumlah han

ponteng kerja di antana pekerja penempuan dan pekenja lelaki. Jikabilangan han ponteng digolongkan kepada tiga kategoni iaitu daii 0

hingga 7 , 8 — 14 dan 15 — 21 maka jika kedua populasi adalah

homogen, nisbah ponteng kenja bagi setiap kategoni adalah sama

bagi pekenja perempuan dan pekenja lelaki. Jikalau satu sampel

diambil danipada setiap populasi, keputusan pengamatan boleh

dipensembahkan sebagai jadual 7 .1 .

P e k e r j a l e l a k i

Kategori j Jumlah

0— 7 8— 14 1 5 —21

n

11451 20 p 1 1 20 p12 5 p13

Pckei~apeermpuan 90 p21 15 p2 2 5 p23 n2 110

Jumlab c1210 c235 c310 N255

Jadual 7.1: Jadual kontingensi 2 x 3

358




Jadual 7 .1 dikenali sebagai jadual kontingensi 2 x 3 . Bentuk yang lebih umum bagi jadual kontigensi ialah k x e di mana k adaiah

bilangan bans dan c adalah bilangan lajun.Flipotesis bahawa populasi dalam masalah yang telah

dikemukakan adalah homogen boleh ditulis juga sebagai

H 0: Pu = P 2 1 , P12 = P22’ P,3 = P23;

dan hipotesis alternatif ialah

H, : sekunang-kurangnya satu daripada persamaan di atas tidak

benlaku.

Ujian bagi x2 dapat ditujukan bahawa boleh didasankan kepada

kuantiti

x 2 =‘= 1 j= 1 e,j

di mana bagi kes m i c = 3 dan k = 2.

Nilai e,~adalah nilai jangkaan bagi set, i,j dan dipenoleh danipada

penginaan

e,~= ~-L~= 1,...k j=1,2,...c

di mana n , adalah jumlah nilai pengamatan bagi bans I dan c, adalah jumlah nilai pengamatan bagi lajur j dan N adalah jumlah besan

semua nilai pengamatan.

Sebagai penjelasan nilai yang diamat dan nilai yang dijanglcabagi masalah yang telah dikemukakan diberi dalam jadual 7 .2 .

Kategori

PekeijaPerempuan

0—7 8—14 15—21

120 1119.41 20 [19.9] 5 1 5 . 7 ]

Pekexjalelaki 90 [90.6] 15 [15.1] 5 [4.31

Jadual 7 .2 : Nilai diamat dan nilai dijangka (dalam [ ])

Ujian bensaiz 8 bagi ujian kehomogenan adalah hanus menolak

H,,jika

x 2 > x2~(k— i ) (c — i)

359




di mana z2Ak — — I) dipilih danipada jadual ~2(J< — 1)(c — 1 )supaya

>72jk—1)(c—l) = 8

Pengiraan daripada jadual 8.2 didapati

(120 — 119.4)2 20 — 9.9)2 (5 — 4.3)2

= 1194 + l~9 -+ +

= 0208

Daripada jadtial 72(2 — 1)13 — I) didapati nilai 72(2) = 599.

OIehkerana / =0208 < 599 kita harus menenima H,, pada tingkat

5% aras keertian. Tidak ada perbezaandisegi tabunan ponteng kenja

di antara pekerja lelaki dan perempuan.

-11.8 Ujian Chi-kuasa Dua untuk Ketakbersandaran

Saul lagi hentuk ujian Chi-kuasa dua ialah apabila kita ingin

menguji ketakbersandaran bagi I t populasi. Sebagai misalan katalahkita ingin mengetahui sama ada bilangan anak bagi satu-satukeluarga bergantung kepada pendapatan keluarga tensebut atau

pun tidak. Katalah 460 keluarga dipilih secan,a rawak danipada

kalangan keluarga yang telah benkahwin 10 tahun atau Iebih.

Keputusan danipada sampel, boleh dikelaskan kepada kategonimengikut namai anak, 0, 1,2, 3 dan lebih daripada 3 dan mengikut

pendapatan keluarga; bawah $500, $500 hingga $1500 dan melebihi$1500 sebulan. Sampel yang diamati boleh dipensembahkan sebagai

jadual kontingensi 3 x 5 .

Bilangan anak

0 1 2 3 leblh Jumlah

dan 3

< $500

Fe ndapa tan

bulanan $500-$1500

>11500

3(p

11) 32(p12) 48(p13) 42(p14) SO(p15) ri~= 175

?(p21) 60(p22) 56(p23) 43(p24) 26(p25) n2 = 192

10(p31)

41(p

32) 12(p33) lO(p34)

2O(p

35) n3 93

Jumlah c120 c2

138 c

3116 c495 c596 N =460

Jadual 8 . 1 : Jadual kontingensi 3 x 5

360



UJIAN BIPOTESIS: PENGGUNAAN

11.3 Sejenis ubat nyamuk lingkaran didakwa bahawa keberkesanannyaboleh tahan sekurang-kurangnya 10 jam. Jika daripada 1 00lingkaran ubat nyamuk tersebut dicuba dan didapati puratakeberkesanannya ialah 9.5 jam dengan ralat piawai 15 jam, adakahboleh diterima dakwaan tersebut pada tingkat 5% aras keertian.

11.4 Dan sampel rawak yang mengandungi 225 kotak minumandidapati kandungan purata ialah 260 ml. dengan ralat piawam 10 ml.

Uji hipotesis bahawa kandungan sebenar ialah 250 ml. denganhipotesis alternatif bahawa kandungan sebenar tidak sama dengan250 mi:Gunakan 1% aras keertian.

11.5 Daripada 15 buah kereta yang dipilih untuk ujian ekonomi

didapatm purata penggunahn minyak ialah 3 km/liter dengan ralat

piawai 5 km/liter. Uji hipotesis bahawa penggunaan minyak keretajenis tersebut adalah 35 km/literdenganhipotesis alternatilpenggunaan sebenar kurang; daripada kadar tersebut. Andaikankadar penggunaan adalah bertaburan normal.

11.6 Sebuah syarikat pengeluar bola pingpong mendakwa bahawa

garispusat bola keluarannya adalah 765 sm. Jmka daripada 21 bolayang diukur garispusatnya didapati panjang secara purata ialah 76sm. dengan ralat p m a w am 02 sm. Jmka panjang garispusat bertaburannormal dapatkah anda katakan bahawa panjang sebenargarispusat adalah berbeza darm yang didakwa?

11 .7 Satu sampel rawak bersaiz n1 = 25 diambil daripada satu taburan

normal dengan sisihan p m aw a m i55 yang mempunyai mmn Y~= 820.

Satu lagi sampel bersaiz 16 diambil daripada taburan normaldengan sisihan p m aw am 102 dan didapati m m sampel Y 2 = 790. Uji

hipotesis

H, : M i = P2

dengan H1 Mi #pada 5% aras keertian.

11 .8 Sebuah syarikat rokok mendakwa bahawa rokoknyamengandungi 10% kurang daripada rokok-rokok lain di pasarandan segi kandungan nikotinnya. Jika satu sampel bersaiz 10

diambil daripada rokok keluaran syarikat tersebut didapati purata

36 3




kandungan nikotin ialah 162 mg dengan ralat piawai II mg.Sementara sampel yang terdiri daripada 20 bungkus rokok lain

memberikan purata 188 mg dengan ralat piawai IS mg. Jikakandungan nikotin bertaburan normal dan diketahui bahawa m m

sebenar rokok lain ialah 18 mg. adakah dapat diterima dakwaantersebut?

11.9 Sejenis ubat barah dikatakan berjaya di peringkat awal jika iaboleh menyembuhkan sekurang-kurangnya .90% daripada tikus-

tikus yang dikenakan dengan penyakit tersebut. Daripada 20 ekor

tikus kajian yang diberi ubat tersebut didapati 17 ekor telah

sembuh. Dapatkah dikatakan bahawa ubat tersebut telah berjayadi peringkat awal? Gunakan 5% dan i% aras keertian.

11.10 Kedai-kedai di Kajang biasanya ditutup pada han Ahad. Sebuah

kedai bercadang untuk membukanya jika didapati sekurang-

kurangnya 25% dan pelanggan tetapnya menyatakan sanggup

untuk membeli-belah han Ahad. Satu kajiselidik dibuat terhadap50 isi rumah di sekitar Kajang. Daripada 50 didapati hanya 18%

sahaja dapat dianggap sebagai pelanggan tetap kedai tersebut.

Daripada bilangan mi cuma 7 sahaja menyatakan sanggupmembeli-belah pada han Ahad.

(a ) Haruskah kedai mimenjalankan perniagaanpada han Ahad?

(b) Dapatkan 95 % selang keyakinan bagi nisbah sebenar

pelanggan tetap kedai tersebut.

( c ) Uji hipotesis bahawa nisbah sebenar pelanggan tetap kedai

tersebut adalah melebihi 45% daripada penduduk di sekitarKajang.

11.11 Seorang calon wakil rakyat wanita ingin mengetahui sama adaterdapat perbezaan peratus penyokong wanita dan lelaki di dalamkawasan pilihanraya beliau. Untuk maksud tersebut beliau

meninjau (secara rawak) 1 00 wanita dan 1 00 lelaki yang layak

mengundi. Daripada tinjauan tadi didapati 70 wanita dan 60 lelaki

menyatakan sokongan terhadap beliau. Adakah terdapatperbezaan di segi peratus di antara wanita dan lelaki yang

menyokong beliau?

11.i2 Sebuah mesin pengetin dikatakan rosak jika sisihan piawai

364



UJIAN HIPOTESI5; PENGGUNAAN

kandungan tin-tin keluaran mesin tersebut melebihi 5 ml setin.Daripada 21 tin yang disiasat didapati purata kandungan setinialah 250 ml. Jika diperolehi juga varians sampel sebagai 45 mlsetin, adakah mesintersebut masihdalam keadaan baik? Andaikankandungan setin adalah bertaburan normal.

11.13 Daripada satu sampel rawak bersaiz 25 dan taburan n (4 u , a

2)didapati ? = 198, s2 = 250. Uji hipotesis

H, : a2 = 225dengan H

1 : a2 ~ 225

dengan menggunakan 5% aras keertian.

11.14 Katalah, mengikut satu teori genetik, kacukan di antara lembu

merah dan lembu hitam akan menghasilkan lembu-lembu merah,hitam, coklat dan lain-lain yang berkadar 4:2: 5 : 1 . Jika daripada 50

anak lembu kacukan didapati lembu merah, hitam, cokiat danwarna lain adalah berjumlah iS, 10 , 20 dan 5 . Adakah dapatditerima teori tersebut? Gunakan 1% dan 5 % aras keertian.

11.15 Untuk mengetahui sama ada wujud persamaan di antara taburanpendapatan penduduk setinggan di bandar dengan penduduk luar

bandar, seorang ahli kajiselidilc menggunakan varians pendapatansebagai ukuran. Katalah daripada 31 penduduk setinggan didapatim m dan varians sampel ialah $350 dan $250 sebulan. Sementara

daripada 30 penduduk luar bandar didapati m m dan varians ialah

$200 dan $210 sebulan. Dapatkah dikatakan bahawa terdapat

berbezaan dan segi taburan pendapatan kedua-dua penduduk?

11.16 Daripada 1000 sampel rawak, 500 di bandar, 300 dan pekan kecildan 200 dan luar bandar didapati bilangan peminat lagu

keroncong di kawasan-kawasan tersebut ialah masing-masing 50,

30 dan 30. Apakah terdapat perbezaan nisbah peminat lagu

tersebut di ketiga-tiga kawasan?

11.17 Adalah dipercayai bahawa bilangan kemalangan jalan raya dalamsatu jangka waktu di Selangor adalah bertaburan Poisson. Jika

daripada satu data yang dikumpul selama 130 han didapatibilangan kemalangan jalan raya adalah seperti di sebelah.

365




Bilangan

kemalangan 0 1 2 3 4 5 6 ~7

Ulangankemalangan 5 1 0 30 40 1 5 20 10 0

Bolehkah dikatakan bilangan kemalangan sebagai bentaburanPoisson?

11.18 Satu duit syiling dilambung berkali-kali sehingga kepala keluar.Jika X adalah bilangan campakan, adakah X bertabunan Geometri

dengan parameter p = sekiranya daripada 14 0 lambungan kita

perolehi keputusan berikut

Xx

Ulangan

1 2 3 4 5 6 7

90 30 10 6 2 1 1

Gunakan 5% aras keertian.

11.19 Bagi masalah dalam contoh 6.2 uji hipotesis bahawa berat badan

bayi adalah bertaburan normal dengan m m 7 lb.

11.20 Bagi masalah dalam contoh 6.2 uji hipotesis bahawa berat badanbayi adalah bertaburan r 47 , 4 ).

11.21 Darip~adasatu sampel rawak yang terdiri daripada 200 anak muda,keputusan dapat dikelaskan mengikut kategori berikut:

Tidak Merokok

Merokok $tcarascdethana

Uji hipotesis bahawa kedudukan ekonomimempengaruhi tabiat merokok.

keluarga adalah tidak

Kuatmerokok

Dan keluarga 20 50 10bench

Dan kehjargamiskin 40 70 10

366




11.22 Dua kaedah mengajar, kaedah A dan kaedah B telah dicuba

terhadap dua kumpulan yang mengandungi 50 orang pelajar tiap-flap sekumpulan. Selepas tiga bulan satu ujian diberi kepadakedua-dua kumpulan. Kumpulan dalam bentuk “kepujian”, “lulus”atau “gagal” bagi pelajar-pelajar yang mengikuti kaedah A dan B

diberikan sebagai berikut.

Uji sama ada kedua-dua kaedah membeni kesan yang sama

terhadap pencapaian pelajar. Gunakan 5% aras keertian.

11.23 Tong-tong buah yang diimport boleh dikelaskan mengikut iebih

daripada 50% rosak, kurang danipada 50% rosak atau tiada

sebarang kenosakan. Dalam satu pemeriksaan terhadap 200 tongyang diimpont dan negara A, 1 00 tongdan negara B dan 100 tong

dan negara C didapati keputusan seperti bermkut.

Adakah nmsbah kerosakan bagi ketiga-tiga negara adalah sama

sahaja?

11:24 Katalah 400 tong buah yang diimport diperiksa untuk menentukannmsbah ketosakan dan hubungannya dengan negara pengimport.

Keputusan pemeriksaan tensebut diberi sebagaimana jadual dalam

soalan 10.23. Uji sama ada wujud pentalian di antara nisbahkerosakan dan negara pengimport.

Kepujian Lutus Gagal

KacdaliA 25 20 5

Kacdah B 20 23 7

>50%nosak <50% rosak Tiada kerosakan

A 20 100 120

NeganaB 1 0 40 50

C 20 30 40

367



KEBARANGKALIAN D A N 5TATI5TJK

11.25 Katalah daripada satu percubaan rawak didapati data benikut:

0 1 2 3 4 5

10 40 60 50 15 5

(a) Uji adakah X adalah bertaburan b(5, p)

(b) Uji adakah X bertaburan Poisson.

368




Pengelasan pengamatan berdasankan satu fakton sepertimengikut jenis padi adalah dinamakan pengelasan-satu cara.

Pengamatan yang dikelaskan mengikut dua faktorseperti jenis padidan jenis baja dinamakan pengelasan-dua cana. Kita akanbincangkan kedua-dua bentuk pengelasan mi satu pensatu.

12.2 Pengelasan Satu CanKatalah kita mempunyai k populasi bertabunan normal dengan

minp1, #2, ., j~dan vanians yang sama Q2~Walau bagaimanapun a

2adalah tidak diketahui. Andaikan X

1~,X2~ X~;j = 1 k adalah

sampel rawak bersaiz n~yang diambil daripada populasi j, dankatalah kita ingin menguji set hipotesis

dengan

= #2 = = /4 =

H1 : sekurang-kunang satu ji~benbeza.

Jika diandaikan x0 sebagai pengamatan ke-i bagi sampel danipada

populasi j maka pengamatan tersebut boleh dipensembahkan didalam jadual 2 .1 benikut.

Faktor

x n2

2 nkk

J ad ua l 2.1: P e n g a ma t a n bagi * s a m pe l rawak

1 2 k

X11 X12 .... xk

XII x22

an’

Jumlali T T T T•2

Miii k, “ O k

370



ANALISIS

Danipada jadual 2 .1 , T~,~ ~adalah masing-masing jumlah danm m bagi penganiatan sampel j, iaitu

Tj= ZX1~ ; J 1,2,..., k

dan

i~=TIn]; J= 1,2,..., k

Sementara 7 7 . jumlah kesemua pengamatan dan x adalah m m bagi

kesemua pengamatan:

nj I c

7 7 , = z ~ j

Ic

dan k. = TJE n~ j=

Oleh kenana m m bagi setiap sampel adalah p~maka setiap x1~

boleh ditulis sebagai

= ji~+ e~

di mana ;~adalah selisih pengamatan ke-i dan #~,m m sampel bagi

sampel j.Jika ditakniikan p, m m bagi kesemua populasi sebagai

Ic

= E j= 1

maka setiap pengamatan x1~boleh ditulis sebagai

= [t + a~+ f~Erz~= 0

di mana ~ adalah selisih di antana m m p, dan m m keselunuhan j~.ri~

menggambankan kesan perbezaan akibat faktorj.

Set hipotesis yang telah dibenikan dahulu, dengan itu boleh

ditulis sebagai

H0 :a’ = 22 = = = 0

H, : sekunang-kurangnya saw dan 2~tidak sama dengan sifar, — Jika H0 benar maka ~ = u sehingga penganggar bagi jz ~ialahx... Maka penganggar bagi varians ialah

37 1



ANALISIS VARIANS

Punca vanlasi JuSal.kuasa din

Darjabkebeba.an

Miii kuasa dua f

Olahan

taint

JKO

JKR

k — I

X nj — k

MKOk— I

MKR JKR

Lnj-t

MKO

MKR

Total JKT

J a d u a l 2.2: Jadua l an al is is va r lans

Contob: 2.1Katalah sebuah syarikat mengeluarkan sejenis minuman ningan

yang diisikan di dalam 3 bentuk ‘packing’ iaitu botol, tin dan kotak kertas~syanikat tensebut ingin mengetahui sama ada bentuk ‘packing’ memberi kesan tenhadap juala~minuman tersebut ataupun tidak. Untuk tujuan tersebut ketiga-tiga bentuk ‘packing’tersebut dijual dmsebuah kedai dan dicatatkan bilangan yang laku

pada tiap-tiap han selama 5 hani. Keputusan ditunjukkan dalam jadual 2 .3 . Dapatkah dikatakan bentuk packing mempengaruhi

jualan? Gunakan 5% aras keentian.

Botol Tin Kotak kertas

10 13 15

20 50 10

5 5 20

40 50 60

12 17 22

87 135 127

17.4 27 25.4

J ad ua l 2.3: K eputusan jua lan bog i 5 h a n penjualan.

T

x.J

349 = T

23.27 = x

375




Set hipotesis yang hendak diuji ialah:

H 0: 1~, = #2 = #3

H,: Sekurang-kunangnya dua tidak

3492

15

Penginaan darmpada sampel:

JKT = 102 + 132 + ... + 172 + 222 —

= 4440.93

(87)2 1352 1272 3492

JKO=

= 264.53

JKR= 4440.93 — 264.53 = 4176.4

Keputusan pengiraan dibenikan di dalam jadual analisis vanians

benikut:

Puncavanuasi

Jumlal.Kuasa dii.

Da4ahKCbCbSUE

P4.Kia dii.

f

Olalian

Ralat

264.53

417640

2

12

132~26

34803

.3~Q2

Total 4440.93 14

Jadual 2.4: Jadua l anai ls is va r i ans urituk contob 2 .1

Danipadajadual tabunan F (2, 1 2 ) didapatif.05 = 3~89.Oleh keranaf = •38o2 < 389 kita hanus menenima H,,. Sebagai kesimpulan dapat

dikatakan bahawa bentuk packing adalah tidak mempengaruhi

jualan.

12.3 Inlerens Berkenaan Kesan FaktorJika ujian F menunjukkan bahawa H,, ditolak, yakni m m bagi

fakton benbeza, biasanya kita cuba pula untuk membuat inferensbenkenaan kesan bagi fakton tensebut. Inferens mi melibatkan

376



ANALISIS VARIANS

penganggaran atau ujian hipotesis. Biasanya ia melibatkan m mdan perbezaan di antana dua m m — #1 ;j = 1,...

Anggaran titik bagi m m #~dipenolehi dengan menggunakan

= x _ f

Di mana penganggar k, mi adalah penganggan tak pincang bagi ~

E(X.~)=

dan mempunyai vanians

V(X~)= —

it)

Angganan bagi V(X~)boleh diperolehi dengan menggantikan ~2

dengan MKR, iaitu

= MKR

- ni

Oleh k enana x~adalah bentaburan nQi~, —)

maka dapat ditunjukkanbahawa -

T = —

S(X))

adalah bertabunan t dengan n~, — k danjah kebebasan. Keputusan

mm boleh digunakan untuk membentuk (1—2) 100% selang

keyakinan bagi P~bendasankan taburan t. Angganan bagi selang

tersebut dapat ditunjukkan sebagam

— t,12 S(X.~ c c xi + t11~S(X)

di mana t,~2diperolehi danipada taburan t(Xn) — k ) supaya P(T>ta/2) = a/2.

Penganggaran bagi penbezaan antara dua m m secana

benpasangan selalunya dmgunakan untuk menentukan m m yang

mana yang bentanggungjawab menyebabkan perbezaan kesan

fakton. Penbandingan sebegini dinamakan penbandingan secarabenpasangan.

377




Angganan titik bagi perbezaan di antara dua m mn d = — #1

diperolehi dengan menggunakan

3 = x~ — xJ

Penganggan D = X -j — X.J mi adalah penganggan tak pincang bagi

— 1~idan mempunyai variàns

V(D)= V(X~)+ V(X~)

(1 1= ~2 — +

\fl~ n~

Angganan bagi V(D) mi boleh didapati dengan menggantikan ~2

dengan anggaran bagi a2 iaitu MRK,~yaknm

/1 1S2(D) = MKR ( — +

\iti ~

oleh kerana pembolehubah rawak

(X.~—X.~’) — (#i—#J)

T= S(X.~— X])

adalah bertabunan t dengan E — k darjah kebebasan, maka

inferens tenhadap penbandingan berpasangan boleh didasarkankepada taburan t.

Anggaran bagi (1—8)100% selang keyakinan bagi p~ — p J dapatditunjukkan sebagai

— x~) — t,~ 2 S(D) < iii — < X.j — X.J ÷ 6/2 S(D)

di mana P (T> t112) = a/2

Bagi menguji hipotesis bahawa terdapat perbezaan yang

bermakna di antara dna pasangan m m iaitu

H,, : — pJ = 0

dengan

Maka nilai anggaran bagi selang keyakinan bagi ~ — p, bo-

leh digunakan sebagai kawasan penenimaan. Bagi ujian bersaiz

378




Keputusan penginaan selanjutnya dibenmkan dalam jadual berikut:

Puncanriasi

Jumlahkuasa din

Danjalikebebasan

NSakuasa dun

f

Olahan

Ralat

19-554

18-246

2

12

9-777

1-521

6-43

Total 37-80 14

J ad ua l 3.2: J a d u a l analisisvarIanscontoh 3.1

jadual taburan F (2,12) nilaif 05(2, 1 2) = 3.89. Oleh kenana

> 3.89 kita harus menolak H,, pada tingkat 5% anas

Kesmmpulannya, dapat dikatakan bahawa tendapatperbezaan yang bermakna di antana ketiga-tiga m m pengeluaranhasml padm.

Sekarang kita ingin melihat pula pasangan yang mana yangmenyebabkan penbezaan tensebut. Kemungkinan pasangan ialah diantara basil tanpa baja dengan baja A dan dengan baja B, dan di

antana baja A dan baja B. Anggaran bagi setiap perbezaan tersebut

#2 — /4i = ~2 — = 0~6

#3 — #5 — = 12-4

#3 — #2 ~.3 — = 11-8

Oleh kerana saiz sampel sama anggaran vanians bagi X

sama laitu

— 1) = MKR (~+

~—k ~ia1ah

OIeh itu

2(1-521) -

= = 0-6084

S(X~ — I) = = 0~7800

95% selang keyakinan bagi ~ — #1 malah

(x~ — i~) — t025(0~7800) C — #1 < ~ — ~J) +.025(07800)

Danipada f = 6.43

keertian.

ialah

380



ANALISIS VARIANS

Danipada jadual t(12) didapatm t.025 = 2-179 maka angganan 95%

selang keyakinan bagi ~ —

malah(x~— x~1) — 16996 < — #1 < (k~— ~J) + 1-6996

Jadi selang keyakinan bagi pasangan perbezaan tensebut ialah

— 1-0996 < — #1 -c 2-299610-7004 < #3 — #1 < 140996

1 0 - 1004 < #3 — #2 < 13-4996

Daripada selang keyakmnan di atas didapati tendapat penbezaan

yang benmakna di antana punata hasil pengeluaran p ad m yang

dibubuh baja B dengan tidak berbaja dan di antana puratapengeluanan padi yang dibubuhbaja B dengan yang dibubuh baja A.

Hasil punata padm yang dibubuh baja B tidak benbeza daripada hasil

padi yang tidak berbaja1 Daripada kenyataan m m dapat disimpulkanbahawa baja B membeni kesan yang positif dalam menambah

pengeluaran padi tersebut.

12.4 Pengelasan Dun Cant Tanpa Saling Tindak

Jika pengelasan pengamatan boleh dibuat mengikut dua faktor

m a m t u setiap pengamatan ~ boleh dmpensembah sebagai jadual 4 .1benikut.

Bans 1,2,..., a dan lanjun 1.2 b menggambankan tingkat bagi

fakton A dan thkton B . Setiap pengamatan X~adalah menupakan

pengamatan bagi tingkat i faktor A dan tingkatj faktor B . .T , dan ~,

adalah jumlah pengamatan dan m m sampel bagi tingkat i faktor A

dan T~dan ~ adalah jumlah pengamatan dan m m n bagi sampeltmngkatj faktor B . T.. dan i. adalah masing-masing jumlah dan m m

bagi kesemua pengamatan.Andaikan se tmap Xv menupakan pengamatan bagi

pembolehubah nawak X1~yang bertabunan normal dengan m m Pi)

dan varians ~2 maka se tmap pengamatan-x,~boleh ditulis sebagai

U~j+ ~

di mana a,~adalah selisih nilai pengamatan daripada minnya.

Jika kita taknifkan j~,.sebagai m m bagi fakton A maka

= E

begmtu juga m m bagi fakton B malah

381




Faktor A

1 2 ... j ... bJumlah

bailsMiiibans

1 ~ “12 ~Ij “lb

2 x21 “22 “2~•• “2b

~ ~fl “12

a x it K. xal .2 a j ab

T 1

T2

T.

Ta.

i~

k

k

a .

lajur T1 T2 T. TbT

lajur ~i “.2 ~bk

Jadual 4.1: Pen9snatan bag i ab sampel

P.) = E #if/~

Punata bagi kesemua ab m m ialah

= £ E u1~/abii

Untuk menguji perbezaan di antara m m bagm fakton A set hipotesis

yang benkaitan malah

= p4 = 1,2,...a

H1: tidak semua p~

Untuk menguji penbezaan di antana m m bagi fakton B maka set

hmpotesms yang patut diuji ialah H,,:p.f= p. j= 1,2,...b

382




dengan H 1 Sekunang-kunangnya dua m m tidak sama.

Sebagai bentuk altennatif kepada model yang telab dikemu-kakan m m p,~boleh dipensembahkan dalam bentuk

= p + a1 + /3 )

di mana a1 adalah kesan bagi tingkat i fakton A danbagi tingkat j fakton B.

Jika dikenakan kekangan supaya

= 0 dan E f3~ = 0I j

maka dapat ditunjukkan bahawa m m bagi fakton

adalah boleh ditulis sebagai

dan= p + a1

p3= /2 + fl~

1= 1,2,...a

J= 1,2,...b.

/ 3 , adalah kesan

A dan fakton B

Kedua-dua set h ipotesms yang tetah dibenikan boleh ditulis sebagam

H,,a1=0 1=1,2,..., a

dengan H1: sekurang-kunangnya satu

dengan sifan.

bagm menguji perbezaan m m fakton A. ‘Ian

H,,:fl~=O j= 1,2,..., b

dengan H1: sekunang-kurangnya satudengan sifan.

bagi mengujm perbezaan m m faktor B.

dan a~tidak sama

dan fl~ tmdak sama

Berdasankan model mi dan set hipotesis yang dibermkan, dapatkita membentuk ujian hipotesisberkenaan. Bagaimanapun langkah-

langkah lengkap b a g m kaedah tensebut tidak akan dibmncangkan di

smni.

Sekanang penhatmkan vaniasi total iaitu jumlah kuasa dua total,

JKT yang boleh dipecahkan kepada tiga komponen, iaitu

— x..)2 = bE(i

1 — x)

2 + aE(i~ — x)2 +

E E(Xu — — Xf +

383




atau

JKT = JKA + JKB + JKR

di mana JKA = b L(i; — ~)2 adalah jumlah kuasa dua fakton A,

JKB = ~ — )2adalahjumlahkuasaduafaktorBdanJKR =

E ~(x~ — — Yc~+ ~ j~adalah jumlah kuasa dua nalat.

Kesemua komponen m n m menupakan nilal bagi pembolehubahnawak tak bensandan yang masing-masing apabila dibahagm dengan

a2 adalah bentaburan Chi-kuasa dua. Dapat ditunjukkan bahawa

JKT bertaburan x2(ab— 1 )

JKAbertabunan x 2 (b — 1 )

bentabunan x2(a — 1 )

dan

JKR —i-- bertaburan ~(a — lXb — 1)

a

Ujian bagi setiap set hipotesis yang dmkemukakan bendasarkan

angganan bagi vanmans a2 di bawah hipoteis nul dan hipotesis

alternatmf. Angganan-angganan mi, dapat ditunjukkan bensamaan

dengan komponen-komponen yang dmbenikan.

Sekanang kita penhatikan angganan kebolehjadian maksimum

bagi a2 dalam bentuk umum, iaitu apabila

= p + 8~+ /Ij

ataupun apabila H 1 bagi kedua set hipotesis adalah benan. Angganan

bagi p ialah ~. bagm a~ialah ~ — ~. dan bagi fl~adalah ~ —

sehingga anggaran bagi m 1 ialah ~ + ~ — ~. Maka angganan bagi

a2 ialah

Z X(x1~— — ~ + ~)2/ab

384




= 0, ~ = 1,2,..., b H

1: tidak semua /3, sama dengan 0 .

Kaedah yang sama boleh digunakan. Angganan bagi ~ = p + ;

malah ~u= ~ + (~I — = ç. Dan anggaran b a g m a2 ialah

atau

I I (Xv — x1)

2/ab

(JKB + JKR)/ab.

Dapat ditunjukkan bahawa ujian bagi hipotesis tensebut ad,alah

bendasankan nisbah

MKB — JKB/(a—i)

1 2 = MKR — JKR/(a—lXb—1)

dan taburan F dengan a — 1 dan (a — 1 ) (b — 1 ) danjah kebebasan.

Bagi u jman bensaiz a kita hanus menolak H 0 jika

f2>f~

di mana P(F[a —1 , ( a — 1)(b— 1)] > L) =

Penginaan untuk ujian-ujian di atas adalah lebih sesuai jika

dipensembahkan dalam bentuk jadual analisis vanians:

Punavantasi

Jumlabkant. dv.

Daijahkebebasan

M mkane due

Pcnglsaaaf

FaktorA

FaktorB

Ralat

JKA

JKB

JKR

b-I

a-I

(a-1)(b-i)

JKAMKA—

b-i

JK BMK8

a-I

JKRMICR

(a- i)(b-i)

MELfs’~R

MRBf-a———

141CR

J a d u a l 4.2: J ad ua l an al is is va r lans pengelasan dut cart

386



ANALISIS VARIANS

Sementana penginaan jumlah kuasa dua lebih sesuai denganmenggunakan formula-formula berikut:

dan

T 2 JKTflx~~ ab

T2 T2 JKA= z~~__u_

b ab

T2 T2 JKB= ~ — —n

~ a ab

JKR= JKT — JKA — JKB

Cositob: 4 . 1

Katalah syanikat pengeluan minuman ningan di dalam contoh2.1 di samping ingin mengetahui kesan benbezaan bungkusan yangberlainan, ingin juga melihat kesan jualan akibat jenis kedai yang

benbeza. Untuk tujuan tensebut 3 kedai yang tendini dan kedai

nuncmt, kedai makan dan .kedai pasan raya dipilih dan dipenhatikan jumlahjualandalam satu mmnggu . Keputusanjualantensebut dicatatsebagai benikut:

Faktor B

Botol Tin Kotak T~

Kertas

Kedairuncit

Kedalunakan

Faktor Paaarraya

A

F ,

1

~

50 30 100 180 60-00

100 60 30 190 63-35

140 170 160 470 15&67

290 260 2 9 0 T = 840

96-67 86-67 96•67 93-33

Jadual 4 .3

387




km ta menghadkan supaya kesan fakton A dan kesan faktor B adalah

bentambahan. Yakni penbezaan di antana tingkatj dan! bagi faktonB sama bagi setiap tingkat fakton A dan perbezaan di antara tingkat i

dan i ’ bagi fakton A adalah sama bagi setiap tingkat fakton B.Keadaan mi tidak semestinya benan. Sebagal misalan dalam contoh4 .1 mungkin penbezaan jualan minuman dalam botol dan kotak kentas adalah lebih tmnggi di kedai makan benbanding denganpenbezaan d m kedai nuncit atau sebagamnya. Keadaan mi membawa

kmta kepada pengkajian satu lagi unsun iamtu unsur saling tindak diantana fakton A dan fakton B. Jikalau tendapat unsun saling tindak di

antana fakton A dan faktor B maka analisis fakton A dan analisisfakton B secana berasmngan akan membawa kepada kesimpulan yang

salah.

Jikalau bentuk ujikaji yang dibeni dalam seksyen 12-4diulang nkali, yakni setiap kombinási tmngkat fakton A dan fakton B diambil n

pengamatan, maka unsun saling tindak di antana dua fakton m n i

bolehlah dimasukkan ke dalam model. Jika /2,j adalah m m bagi

tingkat I fakton A dan tingkatj fakton B maka model dengan saling

tindak ialah

j2~~= p + a~+ $~+ (afl),~

di mana

E a, = ~ /3, = 0 dan ~ (a$)u = £ (a$)~~= 0

j I

Dalam ujian hipotesis model mi selalunya set hipotesis

i= 1,...a,j= 1,...b

H

1 : sekunang-kunangnya satu afl,~tidak kosong

diuji tenlebih dahulu. Jika tendapat unsun saling tindak yang

benmakna (H0 ditolalç) maka ujian selanjutnya tenhadap kesan tiap-

tiap fakton tidak boleh dijalankan. Infenens tenhadap m m adalahbendasankan m m /iji bagi setiap kombinasi tingkat fakton A dan

tingkat Iakton B .

J i k a l a u t i d a k t e n d a p a t unsun s e l a n j a r yang benmakna (H0dmten ima) bahanulah ujian tenhatlap kesan setiap fakton diteruskan.

Ujian mi adalah dalam bentuk menguji

.Ft~:a~=0 1= i,2,~.adengan H1: sekunang-kunangnya satu 81 t i d a k kosong

390



ANALISIS VARIANS

atau

H0:fl~=O j=1,..., b

dengah H1: sekurang-kurangnya satu fl~tidak kosong

dan inferens bagi kesan tingkat faktor dijalankan seperti biasa bagi

faktor yang mempunyai kesan perbezaan yang bermakna.Sekarang katalah pengamatan bagi nab sampel daripada

populasi adalah sebagaimana jadual 5.1 di mana adalah

pengamatan ke-k, k = 1,2,... n bagi tingkat I faktor A dan tingkatjfaktor B. i~dan . adalahjumlah pengamatan dan m m sampel bagi

kombinasi I f . 7~dan i. adalah jumlah pengamatan dan m m bagitingkat I faktor A. T~dan i,. .adalah jumlah pengamatan dan m m

sampel bagi tingkatj faktor B. Dan T dan~ adalahjumlah dan m m

sampel bagi kesemua pengamatan daripada sampel.

Jika dipecahkan jumlah kuasa dua total kepada komponen-

komponen yang berkaitan dapat ditunjukkan bahawa

JKT = JKA + JKB + JK(AB) + JKR

di mana

JKT = S S S (xi, — ~)2 adalah jumlah kuasa dua total.

I jk

JKA = bn S (~ — ~)2 adalah jumlah kuasa dua fajctor A.

JKB = an S (~ — adalah jumlah kuasa dua faktor B .

JK(AB) = n S S — — — ~ adalahjumlah kuasaif

dua bagi saling tindak faktor A dan faktor B .

dan

JKR = S S S (x1fr — adalah jumlah kuasa dua ralat

I jlc

Darjah kebebasan bagi komponen-komponen berkenaan adalah

39 1



J a d u a l 5.1: P e n g a ma t a n b a g i nob sampel

392

Faktor B

1 2

x111 x121

x112 x122

Total M mb

Xlbl

b2

xlbn

Tib

b.

X1 ln

T11

~l 1 .

x1 2n

T12

~l 2.

T1..

xl..

FaktorA

x211 x221 x2b1

x212 x222x2b2

2 . . .

~!T21 T22

41.

~aT2b

“2b.

T2

x 2

a

xall

xa21

xabl

xa12

xa22

xab2

‘am x~ Xabn

Tal.

Ta2.

Tab.

‘sal. Xa2 . ‘ab.

Ta..

xL.

Total T1 T2 T.b.T

Mbi W .1. .2. .b. i...



ANALISIS VARIANS

ab n —1 = (a—i) + (b—i) + (a — 1)(b — 1) + ab(n —1)

dan jika jumlah kuasa dua dibahagikan dengan darjah kebebasan

masing-masing kita akan dapat m m kuasa dua bagi tiap-tiapkomponen; yakni

MKA = JKA/a — 1

MKB = JKB/h — 1MK(AB) = JK(AB)/(a — 1 ) (h — 1 )

dan MKR = JKR/ab(n — 1 )

Untuk menguji H,: (aJ3)~~= 0 I = 1,..., a j = 1 , .., b kita

harus menolak H, pada tingkat a jika

= MK(AB) >f,[(a — i)(b — 1),ab(n — 1)]

dimanaf 2[(a — fl(b — 1),ab(n — 1)]adalahnilaidarijadualFdengan

(a — I) (b — 1 ) dan ah(n — 1) darjah kebebasan supaya P(F> j~[(a — 1)(h — 1), ah(n — 1)]) a.

Bagi menguji H,:a~=

0, I =

1 a kita harus menolak H, padatingkat a jika

MKA= MKR > f,[a — 1 , ab(n — 1 )]

di mana f,[ (a — 1 ) (b — 1), ab(n — 1)] adalah nilai dan jadual F

dengan (a — 1 ) ( b — 1 ) dan ab(n — 1 ) danjah kebebasan supaya P(F

> J’~[(a — 1)(b — 1), ab(n — 1)11) = a .

Sementara bagi menguji H,: $~ = 0,] = 1 b , ujian bersaiz aialah menolak H, jika

MKB

MKR > fa [b — 1 , ab(n — 1)]di manaL[b — 1 , ab(n — 1 )] diperolehi danipada jadual taburan F

denganb — ldanab(n — 1)darjahkebebasansupayaP(F >JJb —

1 , ab(n — 1)]) = a .

Pengiraan di dalam analisis vanians adalah lebih sesuai jika

diringkaskan sebagai jadual di muka surat 394.

393



KEBARANOKALIAN DAN STAflSTIK

Puncavariasi Jumlalikuasa dua

Daijabkcbcbasan

Mliikuasa din

Pcngtraau f

Faktor A

FaktorB

Silangan

Ralat

JKA

JKB

JK(AB)

JKR

a—i

b—i

(a—I) (b—I)

ab(n—i)

MKA

MK B

MK(AB)

MKR

f 2 ~

f3~~MKR

~1= MK(AB)

MKR

Total JKT abn—i

Jadual 5.2: Jadual analisis varians pengelasandua-cara dengan saling tindak

Sementara pengiraan bagi jumlah kuasa lebih sesuam jikadigunakan formula-formula berikut:

JKT = E ~ E —

uk

T

2---ab n

JKA=T2 p 2

EL~r bit ab n

JKB =

T2 T2 —

an a b n

JK(AB) =

T2 E Z —

uj it

T 2 ~

bit — E

u

T2 T2 —~ +

an ab n

JKR = JKT — JKA — iKE — JK(AB)

Contob:5.1

Katalah syarikat di dalam contoh 4.1 dalam usaha untuk mengetahui kesan bentuk ‘packing’ dan jenis kedai yang benbezatelah memilih dua buah kedai runcmt , dua buah kedai makan dan 2

buah pasar raya dan diperhatikan jumlah jualan dalam masa duahan. Keputusan adalah seperti jadual 5 .3 . Jalankan analisis vanians

terhadap keputusan sampel tersebut.

dan

394



ANALISIS VARIANS

Faktor A

Jadual 5.3:

Faktor B

Pengamatan bagi 1 8 pengamatan sampel

Danipada jadual 5 .3 kita dapat membentuk jadual yang

mengandungijumlah pengamatan lj,. +bagi setiap kombinasi fakton

Betel Tin Kotak Total Mliikate. T. a

L

Kecial macit

Kedal makan

Kedampasarraya

50 30 100 180 3000

100 60 30 190 31-67

i40 i7~ 160 470 78~33

Total T. 290 260 290 T = 840

bun 48~33 43.33 48•33 46•67

Pengmraan jumtah kuasa dua dan sampel

8402JKT= 2 02 +302 + 152 ~+ 1152

= 56300 — 39200 = 17100

1802 1902 4702JKA= + —~— + —~

= 48233~33 — 39200 = 9033~33

2902 2602 2902 &~2JKB=-~—+—~-+--~-- —~j-

Kedairuncit

Botol Tin Kotak kertas

2030

1515

7525

Kedaimakan

3070

2040

1020

Kcdaipasarraya

6575

70100

11545

Jadual 5.4: Jadual jumlah pengamatan T ; 1

840 2

18

395




5 0 2 3 0 2 1702 1 6 0 2JK(AB) = -~—+ + ... + + —~

oleh itu

— 48233-33 — 39300 + 39200

= 51000 — 4823333 — 39300 + 39200 = 266667

JKR= 17100 — 9033-33 — 100 — 2666-67 = 5300

keputusan penginaan selanjutnya dibenikan sebagai jadual 5 .5 .Set hipotesis yang ingin diuji ialah

= 0 I = 1,2,3,dengan H

1: tidak semua a / 3 u j sama dengan

Ujian bensaiz a = 0.05 adalah tolak H, jika

MK(AB)= >f

0.05(4,9)

Puncav a r i a s i

Jumlab

k i n . . dnaDaij ab

k e b e b a s a n

M l i i

kit... dnaP a i g h s a n

f

Faktor A

Faktor B

Sal m u g

Tmdak

903&33

100~00

266&67

2

2

4

4516-66

50~00

666~67

=767

=0.085

=1-132

Ralat 5300-00 9 58&89

Total 17100.00 1 7

Jadual 5.5: Jadual anallsisvarianscontoh 5.1

Dengan keputusan m i kita boleh teruskan ujian terhadap kesantiap-tiap faktor. Danipada jadual taburan F (2, 9) didapati [5(2, 9)= 426.

= 39300 — 39200 = 1 00

I = i, 2, 3

kosong.

fl

MKR

Danipada jadual F(4, 9)Oleh kenanaf1 = 1~132Kesimpulan ialah unsur

didapatif05 (4,9) = 3.63.

< 3-53 maka kita tidak boleh menolak H0.

saling tindak adalah tidak penting.

396




Latihan Bab 12

12.1 Bagi model analisis vanians satu cana tunjukkan jumlah kuasa duatotal dan jumiah kuasa dua olahan boleh juga ditulis sebagam

T ..2

JKT = L —

Lu

1

dan

T~ T ..2

JKO = L —~— — -~

I Ilj

12 .2 Bagi model analisis vanians dua cara tanpa saling tindak denganfaktor A dan faktor B buktikan bahawa

T2JKT = L E x

1 12 —

u ab

T2 T2JKA= E_!~~_~r_

h ab

dan T2 T2JKB=E_L__~

u a ab

12 .3 JikadidalamanalisisVanianssatucara,dibenimodelx~ = p + a1 +

~ di mana L a1 = 0, tunjukkan bahawa

a1 = p 1 — p

dan angganan bagi a1 ialah= _ x J — i.

12.4 Bagi model ~u = p + a, + $~ La, = L $ , = 0 tunjukkan bahawa

ujian hipotesis bagi p, = 0 bagi semua I adalah sama dengan

menguji bahawa semua a, = Ov,. Sementara menguji p~= 0V1adalah sama dengan menguji fi~ = O P’1 .

12 .5 Bagi model ana lmsis vanm ans dua cara tanpa sa lmng tindak tunjukkanbahawa

398



ANALISIS VARIANS

L L ( x,1 — i.)

2 = hE (~,— i )2 + a L(x1 — i.)

2 +

E L(x, — — x1 + x)

2

12 .6 Bagi model anal isms varians

= p + a, + ~ + a/I,1

tunjukkan bahawa jika a/I,1 = 0 V~maka bagi E a, = L fl~ = 0I

benerti

p.1 = p + /I~dan

= p + a,

12 .7 Jika dibeni satu set pengamatan:

A, A2 A3

3 3 42.5 3 5 .5

5 6 44 3.5 5

6.5 4 7.52.5 5 5

(a ) Dapatkan jadual ana lmsis vanians

(b) Uji hipotesis

H,: Mi = P2 = P 3

dengan H1: Tidak semua p , adalah sama.

12.8 Sejenis minuman dalam tin dijual di tiga jenis kedam untuk memenhati kesan perbezaan jenis kedai terhadap kelanisan

minuman tersebut. Bebenapa buah kedai danipada ketmga-tiga jenis

kedai dipiih dan diperhatikan jualannya dalam satu han.Keputusan jualan dibenikan sebagai benikut:

Restoran 4 1 0 12 5 16 7 4

Kcdainzncit~ 10 0 1 2 3 5 1 5

Kelabnialaml 13 ii 9 1 0 8

399



KEBARANGKALIAN D A N S T A T I S T I K

Uji sama ada terdapat perbezaan kelanisan di ketiga-tiga jenis

kedai tersebut. Gunakan 5% dan 1% aras keertian.

12 .9 Danipada satu sampel bensaiz 5 yang diambil dan 4 jenis olahansatu jadual analisis vanians yang masih belum lengkap dibenikan

sebagai benikut

Jumlak

kin.. dna

Darjahkebebasan

(a ) Penuhkan jadual analisis varmans tersebut(b) Uji sama ada m m kesemua olahan adalah .sama dengan

rnenggunakan (i ) 5% dan (ii) 1% anas keentian.

12.10 Di dalam satu kajian tenhadap kandungan nikotin dalam sebatangnokok bagi 4 jenama nokok, kita penolehi keputusan benmkut :

Jeaaaia Rokok

Pengamatan:

Saiz sainpel:

Jumlah pengaunatan:

x11 K12 K13 K14

n16 025 n38 n47

T1 = 1 8 T2 3 5 T5’ 18 T:4=66

Jikadiperolehibahawa zz~Yi= 1035

1 ~J

(a) Bentukkan jadual ana l isms vanians

(b) Uji sama ada terdapat penbezaan kandungan nikotmn se-

batang nokok bagi keempat-empat jenama rokok.

12.11 (a ) Danipada data soalan 12.7 dapatkan 95% selang keyakinanbagi kesemua perbezaan benpasangan bagi olahan A,,A2 dan

A 3.(b) Dan soalan 12.8 dapatkan 95% selang keyakinan bagi

Punca

JKO 1 108~33 3

JKR — —

JKT 2108-33 —

A B C D

400



ANALISI5 VARIANS

kesemua penbezaan berpasangan bagi m m jualan ketmga-tiga

jenis kedai.

(c ) Benikan kesimpulan tenhadap keputusan (a) dan (b) di atas.

12.12 Bagi masalah dalam soalan 12.9 dan 12.10 tentukan apakahpasangan m m yang benbeza pada tingkat 95% anas keyakinan.

12.13 Dalam kajian tenhadap basil keluaran bagi 3 jenis p a d m yang

dikenakan 3 jenis baja yang berlainan hash keluanan punata (dalamratus gantang) seekan dibenikan sebagai benikut:

(a ) Dapatkan jadual analmsLs vanians bagi data m i .(b) Uji sama ada tendapat perbezaan hasil bagi ketiga-tiga jenis

padi.(c ) Uji sama ada tendapat penbezaan hasil akibat dani

penggunaan baja yang berlainan.

( c i ) Bagi faktor yang benbeza tentukan tingkat fakton manakahyang menyebabkan perbezaan tensebut.

Punca Jumlab Darjah M m

v a i l . . 1 kuasa d u n k e b c b . s a n kuasa d u n

JKA 1150 3

JKB 350 2

JKR

JKT 3780

(b) Uji sama ada terdapat penbezaan bagi m m fakton A.

(c ) Uji sama ada tendapat perbezaan bagi m m fakton B.

Jenis Path

Malinja Mah.uri

8, 68 46

Baja; Bu 46 55

B

3 43 38

Mat Candu

54

46

42

12.14 (a) Penuhkan jadual analisis vanians benikut:

175-5

12.15 Satu keputusan ujikaji adalah sepenti di sebelah:

4 01




Faktor A

A, A2 A3 A4

B2 1 2 24 20 1 8

FaktorB B2 35 1 6 36 1 9

B3 40 30 28 22

(a ) Jalankan analisis Vanians tenhadap data di atas.

(b) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi penbezaan benpasang-an bagi fakton yang benbeza.

12.16 Dalam satu ujmkaji untuk mengetahui kesan penggunaan jumlahbaja yang benlainan tenhadap hasH keluanan lada pengamatan

benikut dipenolehm

Penggui.aan Baja Pcnggunaan Racun HasU (d.lam ton)

act

(a ) Uji sama ada terdapat kesan sa lmng tindak di antarapenggunaan baja dan penggunaan racun rumput rampai.

(b) Uji sama ada terdapat kesan penggunaan kuantmti baja yangbenlainan terhadap hasH pengeluaran lada.

(c ) Apakah keputusan dalam (b) mem benm enti?

12.17 Danipada masalah d~dalam soalan 12.16, jika kita tenlebih dahulumengandaikan bahawa tidak tendapat unsur sa lmng tindak di antana

kuantmti penggunaan baja dengan penggunaan nacun, apakah

model yang hanus digunakan. Jalankan analisis vanians tenhadap

model m i .

12.18 Dan satu ujilcaji yang melibatkan 3 fakton A dan 2 fakton B, 2

sampel dmambml bagi setiap kombinasi tingkat fakton. Jumlahpengamatan bagi setiap sampel dibenikan sebagai jadual di sebelah.

1 kampit seckar tanpa uacundengan racun

2 kampit scekar

3 kainpit acekar

tanpa racundengan racun

tanpa racundengan racun

10 1 2 15 8 513 20 1 8 1 7 12

1 1 1 5 8 13 1 124 25 19 15 1 2

1 7 20 1 0 14 91 7 16 1 8 10 1 5

402



ANALISIS VARIANS

A1 A2 A3

B1 1 2 2 4 20

82 35 1 6 56

12.19 (a ) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi kesemua

kemungkinan penbezaan benpasangan bagi m m kombinasifakton.

(b) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi kesemuakemungkinan penbezaan benpasangan bagi m m faktor A danm m fakton B .

12.20 Katalah tendapat dua fakton A yang mengandungi 4 tingkat dan Byang mengandungi 2 tingkat. Danipada tiap-tiap kombinasi tingkatfakton 2 pengamatan diambil dan keputusan jadual analisis Vanians

bagi keputusan tensebut adalah sepenti benikut:

Punca Jumlab Daijab Miiivarlali kuasa dna kebcba.an kuasa dun

(a ) Penuhkan jadual analisis vanians di atas.

(b) Uji sama ada terdapat kesan saling tindak dan B .

di antana fakton A

(c ) Uji sama ada tendapat kesan yang benenti di antana tingkatfakton A.

(d) Uji sama ada tendapat kesan yang berenti di antana tingkatfakton B .

322

Jika diperolehi juga bahawa E L L4Jk = 1381 di mana Xijk ialah

pengamatan ke-k bagi kombinasi fakton i dan j, dapatkan jadual

analisis vanians dan jalankan analisis Vanians tenhadap keputusantensebut.

FaktorA 16

Faktor B 27~25

Faktor AR

Ralat 12~00

Jumlah 65~75

403



REGRE5!

tendapat bebenapa kemungkinan nilai y,, maka y, adalab sebenarnyanilai bagi pembolehubah nawak Y pada titik x atau ditulis Y /x

1 .Pembolehubah nawak Y /x1 m l menggambankan kelakukanpembolehubah nawak 1~.Jadi dalam menentukan Y kita hanus

melihat hubungannya dengan pembolehubah nawak yang dianggaptetap iaitu X.

Adalah wajan untuk menganggankan nilai pembolehubahnawak Y/x, dengan E(Y/x1) iaitu nilai jangkaan bagi pembolehubab

nawak tensebut. Jadi dalam masalah negresi masalah sebenan ialah

menentukan E(Y/x) bendasankan pengamatan (xe, yJ dad sampel.

Selalunya dalam analisis negnesi stnuktun bagi E(Y/x) ditentukantenlebih dahulu, sehingga hanya panameten yang menentukandengan tepat stnuktun itu sahaja yang masih belurn diketahui.Bentuk stnuktun m i biasanyadipilih bendasarkan pengetahuan lepas

atau bendasarkan teoni-teoni benkaitan benkenaan denganhubungan di antana Y dan X. Kadang-kadang bentuk m i juga

ditentukan bendasankan gambanajah tabunan pengamatan (x, , y,)

danipada sampel.Dalam penbincangan kita, stnuktun yang akandibeni penekanan

hanyalah tenhad pada hubungan linear kepada panameten, iaitubenbentuk

E(Y/x) = ~ + fix.

Di sini, ~ dan $ adalah panameten-panameten yang menentukanhubungan antana Ydan X. Jika tabunan bagi Yadalah dibeni, maka

dapat ditentukan apakah penganggan yang baik bagi panameten-

panameten m i. Untuk tujuan kita Y adalah dianggap sebagai

bentabunan normal.

13.2 Regresi Linear

Anggapkan (Y1, X1), (Y2. X2) ... (}~.X,j adalah n pasang

pembolehubah nawak tak bensandan. Andaikan ~‘1, Y2,..., ìç adalahmasing-masing bentabunan nonmal dengan m m ~ + fix, dan vanians

yang sama c2. Keadaan m i boleh dianggap sebagai mengambil

sampel nawak bensaiz n danipada Yyang bentabunan normal di mana

E(Y/x,) = ~ + $x,

dan

V(Y/x,) = =

4 05



KEBARANGKALIAN DAN STAIISTI1(

hagi semua nilai x.Hubungan di antara nilai pembolehubah rawak dan andaian

yang dibenikan dapat digambarkan sebagai gambarajah 2 .1

Lakaran bagi masalahregresi linear

Daripada gambarajah 2 .1 kita perhatikan bahawa E(Y/x,~adalahtetap pada satu-satu nilai x , tetapi berbeza bagi benlainan nilai x.

Ganis E (Y/x) = ~ + fix, yang menyambung kesemua m m bagi Y

pada setiap nilai x, dipanggil keluk regresi.Jika ganis m i adalah linearsebagaimana ~x+ fix, keluk regnesi adalah linear dan analisis negresiyang berkaitan dipanggil regresi linear. Jika tidak Ia dipanggil regnesi

bukan linear. Parameter ~ dan fi adalah parameter yang menentukanbentuk sebenar keluk regresi dan adalah menupakan kuantiti yang

belum diketahui. Jadi, sebagai langkah yang pertama dalam analisis

regresi ialah untuk mendapat anggaran bagi parameter-parameterm i, bendasarkan pengamatan danipada sampel.

13.3 Penganggar Keholehjadian Maksimum

Anggankan Y1’Y2’ ..Y~adalah pengamatan bagi pembolehubahrawak Y

1 , Y 2 Y~yang masing-masing bentabunan normal denganm m ~ + fix~,i = 1 n dan varians a2. Fungsi ketumpatan bersamabagi 1~.Y

2 Y~ialah

yl

I

E(lY/x1~) 2 + /1~

x1

Gambarajah 2.1:

~x2

406



\nj2

L(~, /3 , ç2) =

n

R E G R E SI

exp ~ — (~+ uixJ]2}

in

In L(~, /3 , ~2) = — -i in 2ita2 — ~ [_vi— (~ + fixJ]2

Dengan membezakan in Lberdasarkan ~, /3 dan a2 dan samakandengan sifar kita dapati

i3inL

=

[y~ — (~ + fixJ] = 0

[y~ — (~ + fix)] x

1 = 0

älnL n

=

[y~ — (~ + fixJ]2 = 0

atau boich dipermudahkan sebagai

(I) E y 1 — c m — /3 E x1 = 0

(ii) Ex~y1—cxEx1—fiEx~ =0

dan ~

(iii) — tic

2 + L [y~ — ( c m + fi;)]2 = ()

Penyeiesaian bagi persamaan serentak (i) dan (ii) memberikananggaran kebolehjadian maksimum bagi c m dan /3 , iaitu

dan

f l= ; ~ (x~—~)(y~—~)t=i E(x~—

= —

atau

5 in L

op

in

~?

407




di mana ~ dan y ’ ditaknitlcan sebagai

L yjn dan ~ = L x,/n

Sementara dan persamaan (iii) dengan menggantikan a dan /1dengan a dan $ anggaran kebolehjadian maksimum bagi a

2 ialah

,, [y, — ( & + $x32

= L1=1 ‘1

Anggaran bagi kelok regresi dapat diperolehi dengan menggantikan

parameter-parametera dan/I dengan anggaran masing-masing, iaitu

E(Y/x,) = & + fix,

13.4 K a e d a b K u a s a Dna Terkecil

Satu lagi kaedah penganggaran yang sening digunakan, ter-

utama apabila andaian bahawa 1 ’, , ~‘2 .. ~i,adalah normal dipenuhi,adalah yang dinamakan kaedah kuasa dua terkecil. Kaedah m imerupakan pendekatan empirik dalam erti kata Ia mencani

penyelesaian berdasarkan hanya pengamatan bagi sampel, tanpamengira taburan bagi populasi dan mana sampel diambilBagaimanapun jika populasi normal, dapat ditunjukkan bahawa

anggaran kuasa dua terkecil adalah sama dengan anggaran keboleh-

jadian maksimum.

Andaikan bahawa kelok regresi bagi populasi adalah

berbentuk

E(Y/x) = a + fix.

Maka setiap nilai y, bagi pembolehubah rawak Y , boleh ditulis

sebagai

= a + fi~!~+ e,

di mana e , adalah selisih di antara nilai sebenar y dan m m bagi Z.

Dengan andaian bahawa Z;i = 1,2 n adalah tak bersandaran danbertaburan normal m m a + fix, dan varians a2 maka e, = — ( a +

fix,) adalah nilam bagi pembolehubah nawak E, yang bertaburannormal m m 0 dan vanians a2. Jadi pembolehubah rawak 1 ’ , boleh

ditulis dalam bentuk -

= a + fix, + E,

4 08



REGRESI

y

di mana

— —

Gamb.s.jah 3.1

—~ x

( x~,y4 )

( x~,y 6 )

(x7, y1) (x3, y3)

{

a

E(Y/x,) = a + fix,

danE, bertabunan n(0, a2)

Setiap pengamatan dan sampel (y,, x -) memenuhi syanat

= a + fix, + e,

dan kaedah kuasa dua terkedil adalah menentukan supaya pemi-lihan a dan $ supaya jarak di antara pengamatan sebenan daripadaganis regresi adalah tidak jauh penbezaannya. Keadaan m i digam-

barkan dengan gambarajah 3 .1

E( Y /x,) = a + ~

Jarak menegak e, di dalam gambarajah 3 .1 menggambarkan selisih

di antara pengamatan dengan garis regresi pada titik x,. Dalampenentuan selisih adalah kecil, kaedah kuasadua tenkecil mengambil

kuantiti jumlah kuasa dua ralat laitu L ei adalah minimum. Jadi

dalam kaedah m i kita harus memilih a dan fi supaya jumlah kuasadua ralat, yang boleh ditulis sebagai

L e,2 = i~1

[y, — (a + fix,)]2

( ~ )‘ 2 )

( ~5’ y5 )

( X~7)

409



REORE5I

adalah nilai bagi penganggar tak pincang bagi varians.

Bagaimanapun untuk tujuan pengiraan adalah Iebmh sesual untuk

menggunakan formula

= (s2y —

di mana

- — ~\2 ~ 1x —

s2= E “ “ dans~2=S’’i=1 n—i 1=1 n—i

dan n adalah saiz sampel.

Contob: 3.1Katalah daripada 12 orang kanak-kanak yang dipiih secara

nawak didapatm umur dan berat badan adalah seperti jadual 3 .1 .

Dapatkan kelok regresi bagi menunjukkan hubungan di antaraberat badan dan umur kanak-Icanak tensebut.

Umur(dalasnbulan) 10 21 27 25 17 13 20 27 15 32 19 29

Bcrat(dalamlb) 14 27 38 34 2 1 18 26 36 25 42 2 7 41

Jadual 3 .1 : Berat badan dan umur bagi

12 orang kanak-kanak.

Penyelesaian:Andaikan Y dan X menggambarkan benat badan dan umur

setiap kanak-kanak. Langkah untuk penginaan kelok regresi.

E(Y/x,) = a + fi x

1

dibenikan sebagai jadual berikut.

2y I y

14 10 140 100 19627 21 567 441 72938 27 1026 729 144434 25 850 625 115621 17 357 289 441

18 13 2 3 4 169 32426 20 520 400 67636 27 972 729 1296

4 11



REGRESI

= 46750

Jadm anggaran bagi a2 ialah

= 8281 1 — P304 (46750)

= 3648

Jika diperhatikan anggaran bagi a dan /3 sama ada denganmenggunakan kaedah penganggar kebolehjadian maksimum ataukaedah kuasa dua terkecil adalah diperolehm dengan formula yang

sama. Keadaan m i tidak semestinya bagi kesemua keadaan. Jikalauandaian normal adalah tidak dipenuhi penganggar kebolehjadianmaksimum akan membenikan anggaran yang berlainan. Sedangkankaedah kuasa dua terkecil menunjukkan bahawa anggaran tensebut

tidak bergantung kepada andaian terhadap pembolehubah rawak Y .

Bagaimanapun, oleh kerana dalam praktiknya andaman normalkerap dmgunakan, maka kaedah kuasa dua tenkecil adalah selalu

digunakan. Tambahan pula untuk kesenangan di dalam inferens

terhadap parameter dan kelok regresi berkenaan, andaian normal

harus digunakan.

13.4 Sifat-silit Penganggar Kuasa D ua Terkecil

Untuk menjelaskan beberapa sifat pentmng bagi penganggar

kuasa dua terkeell maka di sini diberikan beberapa teorem yang

berkamtan. Harus diingat bahawa di sini, kita hanya membmncangkanpensampelan danipada taburan normal.

T eo rer n : 4.1

Sebarang penyetesaman bagi persamaan kuasa dua terkecil

normal adalah meminmmumkan fungsi ,=, [y, — (a + fixj]2.

Teorem: 4.2

Penyelesaian & dan $ di dalam kaedah kuasa dua terkecil

adalah penganggar-penganggar tak pincang bagi parameter-parameter a dan / 3 .Bukti:

Penyelesaian untuk /3 ialah

413




penganggar tersebut. Taburan bagi; dan f t boleh diperolehi denganmempersembahkan a dan fi sebagai kombinasi linear

pembolehubah rawak Y ,. Oleh kerana I C , bertaburan n (a + fix,, a 2 )dapat ditunjukkan bahawa taburan bagi kombinasi linear bagi I C ,

juga bertaburan normal.

Teorem: 5.1

Jika IC

1 , I C 2 I~adaiah tak bersandar dan bertaburan n(a +

fix,, a2) maka f i , iaitu penganggar kebolehjadian maksimum atau

kuasa dua terkedil bagi /3 adalah bertaburan normal dengan m m $

dan vanians a2/5(x, — x)2

Bukti:

ft boleh dipersembahkan sebagai

— E(x, — Y c ) ~

P E(x, — x)

iaitu kombinasi linear bagi Y~daiam bentuk

fl= t c~I C , di manac, =

Oleh kenana Y~normal maka f = S c , I C , juga adalah bertaburan

normal. M m bagi ~telah pun ditunjukkan daiam teorem 42 sebagai

fi. Manakala vanians bagi $ ialah

4) = V[Ec, IC ]

= E[V(c, YJ]

= 5[c,2 V(Y,)J

= i#1 c,2 ~

iaitu

v’~ — ______ I —21=1 LE(x, — x )

— 2 ________

— ~ ~(x, —

416



KEBARANGKAL!AN DAN STATISTIK

—

1i ‘x —x~ 1 2V(a)= a251——’ I




taburan t dengan 1 0 darjah kebebasan. Daripadajadual taburant~o~

didapati t.025 = 2228. Anggaran bagi 95% selang keyakinan bagi ~

ialah

1366 — 2228(1873) c y .c 1366 + 2228(1873)

atau

—2806 c ~ < 5539.

Anggaran bagi 95% selang keyakinan bagi f i ialah

1304 — 2 228 (O •0842 ) .c fi < 1304 + 2•228(O•0842)

atau

1116 < f i < 1492 .

Bagi menguji H 0 : ~ = 0 dengan H 1: i # 0 maka kita harus menotak

H0 jika t c — t~2atau t > ç 1 2 di mana

= & — O = 1366 = 07291873

Bagi ujian bersaiz ~ = &05 didapati t .025 = 2228. OIeh kerana i t =

&729 < i t .0 25 kita harus menerima H0. Sebagai kesimpulan dapatdikatakan bahawa parameter ~ adalah tidak berbeza dan 0.

Bagi menguji H0: f i = 0 dengan H1 f i 0 maka ujian bersaiz a =

005 maka kita harus menolak H0jika i t — it.025 atau i t > it.025 dimana

Daripada pengiraan didapati it = ff0842 = 1548.

OIeh kerana it.025 = 2228 maka it = 1548 > it.025. Jadi kita harus

menolak H0 pada tingkat 5% aras keertian.

Sebagai peningatan, ujian bagi hipotesis yang diberikan botch juga menggunakan selang keyakinan yang telah diperolehi. Jikalauselang tersebut mengandungi nilai sifat maka hipotesis nut adalahditerima, dan jika tidak H0 terpaksa ditolak. Bagi set hipotesisberbentuk lain kaedah mi tidak botch digunakan.

4 2 2



REGRESI

atau

1592 < c 18 -09Anggaran bagi 957~setang keyakinan bagi Y

1 2 iatah

C 1 12 — 21-25 — 2.228(1-9O9)~jl + + 51425 < Y ’2 < y’2 +

2-228(1-909) . f + 1 ~+ 12—2125

atau17 -01 — 4~39< y

12 < 17~0l+ 439

atau

12 -62 .c c 21-40

Jadi dapat dikatakan bahawa 95% setang keyakinan bagi m m benat

badan bita umun I tahun ialah di antara 1592 dan 18 -09 paun.

Sementana 957~setang keyakinan berat badan seorang kanak-kanak bib umur kanak-kanak 1 tahun iatah di antana 12 -62 hingga 21-40

paun.

13.8 Analisis Varians dalam Regresi

satu model regresi linear mudah

benkenaan dengan parameter-

kita perhatikan pula pendekatanyang berlainan iaitu cuba memecahkan variasi ìç di sekitan m m ykepada komponen-komponen sebagaimana yang dibenikan dalamkes analisis varians.

Variasidi antara pengamatan y, di sekitan m m yadalah diukundengan jumlah kuasa dua total iaitu

JKT = E U ’ —

Bila kita kenakan pendekatan negresi terhadap y, maka variasi di

sekitar y, dan kelok regresi adalah

—

di mana

= & + fix,

Kita telah pun membentuk dan membincangkan inferens

parameter benkenaan. Sekanang

4 2 7




Ukunan bagi variasi m i adalah menupakan ukunan bagi nalat yang

timbul dan nilai sebenan yang benbeza daripada nilai yang dianggaroleh kelok regnesi. Ukunan vaniasi m i dibenikan oleh jumlah kuasadua ralat, JKR yang ditaknif sebagai

JKR = —

Jika JKR m i adalah sifarmaka kesemua nilai y, adalah jatuh di atas

kelok negnesi.Satu lagi vaniasi yang timbul adalah di antana m m sebenan bagi

y, iaitu

3Tdengan titik-titik di atas ketok negresi. Ulkunan bagi vaniasim i dibenikan oleh jumlah kuasa dua regresi, JKR~dan ditaknif

sebagai

JKRe boleh dianggan sebagai pengukuran vaniasi Y~benhubung

dengan kelok regnesi setelah nalat bagi Y~dihapuskan. Jika semakinbesan nilai JKRe berbanding dengan JKT~maka tebih besan kesanketuk regresi dalam menjelaskan varisi total dalam pengamatan Y,-

Hubungan di antana ketiga-tiga komponen tadi botch

ditunjukkan sebagai

— 9 = — ~ + Y~ —

dan jumlah kuasa dua bagi tiap-tiap selisih adatah

- 9~2= ~ ( 9 , - )2 + E — 9 , )atau

JKT= JKRe + JKR

Pemecahan bagi danjah kebebasan bagi tiap-tiap komponenyang berkaitan boleh dilakukan dengan eana yang sama. Darjahkebebasan bagi JKTadalah ii — 1 oteh kerana satu daripadanya

hilang di dalam membeni kekangan bahawa L(y, — j)2 = 0. Danjah

kebebasan bagi JKR tetah pun ditunjukkan dalam seksyen lepassebagai n — 2. Dua danjah kebebasan hilang di datammenganggarkan parameter a dan f i . Sementara danjah kebebasanbagi JKR~ialah perbezaan di antana darjah kebebasan JKTdan JKR iaitu 1 .

4 28



REGRESI

Jikatau komponen jumlah kuasa dua di bahagikan dengandarjah kebebasan masing-masing maka kita akan dapat m m kuasadua bagitiap-tiap komponen, yakni

MKRe = JKR,.

MKR =

n— 2

Keputusan-keputusan m i adatah lebih sesuai jika diningkaskan

dengan menggunakan jadual anatisis vanians

Punca variasiJumlah

San duadaijab

kebebasanMi.

kin,. dat.Janglcaan

bagiMi. kuasa dua

RcgrS

Ralat

JKRC

JKR

1

n—2

MKRC

MKR

O 2+fl(x~—x}

a2

Total •JKT n—i

J a d u a l 8.1: J ad ua l an al is is va r i ans untuk masa lah regresi

Penginaan bagi jumlah kuasa dua botch diperotehi denganmenggunakan formula-formula benikut.

Ey,2 JKT= LY, —

n

JKRe = fl2E(x —

‘I 2

JKR= ~ [~— ( & + fixa] = (n — 2)~

Analisisvanians ke atas regresi boleh digunakan untuk menguji

H 0 fi = 0

H~ fi 0

set hipotesis

Ujian terhadap hipotesis m i diperolehi dengan membandingkan MKKe dan MKR datam bentuk benikut:

4 2 9




— MKReF MKR

Asas bagi penbandingan m i botch dilihat dan perbandingan jangkaan bagi MKRC dan MKR. Jika fi bukan sifar maka nisbah F

akanlebihbesardanipadasatuotehkenana E(MKR,) = a2 + fi2E(x,

— k)2adalahlebih besardanipada a2.Jadijika nilaiF adatah besar

kita akan cenderung untuk menotak hipotesis nul bahawa f i = 0 .Untuk mendapatkan E(MKR,,) dan E(MKR) dan seterusnya

taburan yang digunakan untuk ujian tersebut kita terpaksa gunakankenyataan bahawa JKR~dan JKR bertabunan Chi-kuasa dua

dengan danjah kebebasan masing-masing ialah I dan ii — 2.Seterusnya dapat ditunjukkan bahawa ujian bagi set hipotesis

di atas adatah berdasarkan tabunan F dengan 1 dan n—2 darjahkebebasan. Hukum membuat keputusan bagi ujian bersaiz a iatahharus menotak H, jika

F >f 2(l,n—2)

di manafjl, n— 2) diperolehi danipada jadual F(l, n—2) supaya

P(F >f,(1,n—2) = a

Contoh:8.1Berdasarkan pengiraan datam contoh 3 .1 , gunakan anatisis

vanians untuk menguji hipotesis

H, fi = 0

H1 fi 0

Penyetesaian:Penginaan danipada sampet memberikan:

(~)2

JKT= E U ’ — ~2 = EYE

2 —

3492

= 1106! —

= 91092

JKRe = $2 1 E (x — ~)2 = 13042 [Ex2 — (Ex~2]

= 1.3042 (51425)

4 30



RaGRE5I

= 874-44

.JKR = (12 — 2 ) d 2 = 36-48

Puncavariasi

JUInIaIIkuan dii.

Darjalikebeba.an

Ml.kuan dua

Pcngiraan f

Regresi

Ralat

87444

36-48

1

1 0

87444

3.648

2397

Total 910-92 ii

Jadual 8.2: Jaclual analisis varians contoh 8. 1

Bagi ujian bensaiza = 0-05 nitaiJ’,05(1, 1 0 ) = 4-96.Olehkenanaf=

239~7 > 496 maka kita harus menotak H,. Sebagai kesmmpulandapat dikatakan bahawa f i bukan sifan. Tendapat hubungan regresi

yang benmakna di antara Ydan X.

Katau dipenhatikan analisis varians bagi regresi linear mudahadalah menghasilkan keputus,an yang sama dengan ujian i t terhadap

parameter fi . Dalam keadaan yang tebih umum keadaan mi tidak

semestinya. Kita akan dapat penhatikan perbezaan dengan lebih jelas apabita kita membincangkan regnesi. benbilang pembolehubahnanti.

13.9 Regresi Berbilang Pembolehubah

Bentuk yang tebih umum datam masatah regnesi iatah apabila

kita ingin menganggar atau menamalkan nilai pembotehubah rawak Ybendasarkan set nilai pembotehubah yang dianggap tetap X1, X2,...X~.Misatnya,didalam meramalkan berat badankanak-kanak kita

mungkin harus memerhatikan bukan sahaja umur kanak-kanak tersebut tetapi juga berat badannya semasa lahin. Di datam kes m ikita menghadapi masalah mencari hubungan negnesi di antana benat

badan Ydengan set dua pembotehubah yang dianggap tetap iaituumun, X1 dan berat badan masa lahir, X2.

Jika satu sampel nawak bersaiz ii danipada satu poputasi

pengamatan bagi sampel tensebut botch digambankan dengan set{x,, x2 , ... x, ; y, } ; i = 1, 2,..., n . Setiap nilai Y~adalah nilai bagi

431



KE BA RA N GK A LIA N D A N STA TI5T IK

pembolehubah nawak Y yang tak bersandan dan masing-masing

hentabunan normal dengan m m

E(Y) = E(Y/~.x,2, ...xk) = /3 , + /3 , x,~+ /~2 x,2+ + fi~

3Q k

dan mempunyai vanians yang sama a 2 . Parameter / 3 , , $~.., fi~adalahparameter regresi yang menentukan hubungan di antara Ydan X

1,X2 .. . X~,dan harus dianggarkan dengan menggunakan pengamatansampel.

Dalam pengafiggaran bagi parameter-parameter regresi m i,kaedah yang sama seperti kes regresilinearmudah bolehdigunakan.Bagaimanapun untuk tujuan penjelasan bagi masatah regresi

berbilang pembolehubah mi kita hanya membincangkan kes dimana hanya terdapat k = 2 pembotehubah tetap denganmenggunakan kaedah kuasa dua terkeeil.

Ada baiknya jika diingatkan di sini bahawa kes berbilangpembolehubah adalah lebih sesuai jika kita menggunakan

pendekatan matniks. Pendekatan m i, bagaimanapun tidak akandibineangkan di sini.

Jika hubungan regnesidiantara Ydandua pembolehubah tetapX1 dan X2 adalah datam bentuk linear

E(Y,) = / 3 , + /3, x ,1 + #2

maka setiap pengamatan danipada sampel botch ditutis sebagai

= fib + fl~ x ,1 + /~2X,2 + C 1

di mana e , adalah selisih di antara nilai sebenar Y~dan kelok regresi.Penganggaran dengan kaedah kuasa dua terkecil memerlukan

supaya

# = (y~ — (3, — fi~ x a — /~2 x1 2) 2

adatah minimum. Dengan menggunakan terbitan separaberdasankan / 3 , , fi~dan $2 dan menyamakan dengan sifarkita akandapat tiga persamaan serentak linear:

— nfl, — $1 Ex,1 — fl~tx,2 = 0

E Y , x,, — fi~ Lx,, — fi~tx,12 — $2 Ex,~ x,, = 0

L Y , x, 2 — (3,Ex,2 — fi~ Lx,, x,2 — $2 tx,2

2 = 0

4 32



R E G R E S I

/ 349x255’\/ 255><69 — - 1 2 )~1494 —

/ 255 x 69\2

— 1 2 )

= —~ = 0-00436558

— L3041 ~ — 0~0043(?-;) = 13465

OIeh i t u anggaran bagi ketok regresi iatah

y = L3465 + 1 - 3 0 4 1 X , , + 0-0043 X 2

Sebagai p e r h a t i a n h a r us d i i n g a t k a n di sini bahawa formula

yang telah digunakan untuk penganggaran /3,, /3~dan f~2yang telah

dibeni adalah sukar untuk digunakan. Adalah tebih mudah jika

tertebih dahulu setiap pengamatan bagi Y , X1 dan X2 d i t u k a n k a n ke

datam b e n t u k yang serupa sisihan danipada m m sampet masing-masing. Yakni jika ditaknif

dy’, = Y~ — Y

dX,,= x, , i,

dX21= x ,2 —

maka p e n y e l e s a i a n untuk penganggar-penganggar bagi / 3 , , /3 , dan $2

akan menjadi

— (Ed~y,dX,3(EdX2?) — (Edy, dX21) (LdX,, dX21)

— (ZdX~)(LdX~) — (EdX~,dX21)2

p = (Edy, dX 21 ) (EdX,~) — (Ldy, dx,,) (EdX,, dX21)

2 (tdX,2) (EdX~) — (LdX

1, dX2J 2

$0 = Y — —

Formula di a t a s a d a l a h lebib senang diingati dan digunakan untuk

tujuan pengiraan.

435



KEBARANGKALIAN D A N STA TISTIK

C o n t o h : 9.2Berdasarkan d a t a dalam contoh 9 . 1 l a n g k a h - I a n g k a h p e n g i r a a n

k e l o k r e g r e s i

= 1 3 0 + 1 3 ~ x ,1 + $2 x1 2

adalah sepenti benikut:

Jadual 9.2: Langkah-Iangkah pengiraan anggaran parameter-contoh

Oleh i t u anggaran b a gi /3 , , /3 , dan $2 ialah

(670—75) (14-22) — (36-25) (27 -76)$1 =

(514-22) (1422) — (27.76)2

(36 -25) (51422) — (67075) (2776) —

$2 = 0 -0031(514-22) (1422) — (27.76)2 —

= 29-08 — 1-3042(21-25) — 0-0031(5-75) = 1 -3479

dy dx, dX2 dydXj dydX2 dX1dX2

yj x1-~1 x2- t 2

dx! dx!

— 1 5- 08 — 1 1 - 2 5 — 0 - 75 1 6 9 - 6 5 1 1 - 3 1 8-44 1 2 6 5 6 0- 56 — 2 - 0 8 — 0 - 2 5 — 1 - 7 5 0 - 5 2 364 0- 06 0 . 0 6 8 - 0 6

8 - 92 5 - 7 5 1 . 2 5 5 1- 29 1 1 ~ 1 5 7 - 1 9 33- 06 1 5 64- 92 3 . 7 5 1 - 2 5 1 8 - 4 5 6 - 1 5 4- 69 1 4- 06 1 - 5 6

— 8 - 0 8 — 4- 25 0 - 2 5 8 4 - 34 — 2 - 0 2 — 1 - 0 6 1 8 - 06 0- 06

— 1 1- 08 — 8 - 2 5 0- 25 ? 1 . 4 1 — 2 - 7 7 — 2 - 0 6 6 8 - 06 0- 06

— 3- 08 — 1 - 2 5 — 0 - 7 5 3 - 8 5 2 - 3 1 0- 94 1 - 5 6 0- 56

6- 92 5 - 7 5 1 - 2 5 39~79 8 - 6 5 7 1 9 33- 06 1 - 5 6 — 4- 08 — 6 - 2 5 — 1 - 7 5 2 5- 50 7 - 14 1 0 - 9 4 39- 06 3- 06

12~92 1 0 - 7 5 — 0 - 7 5 1 3 8 - 8 9 —9~69 — 8 - 0 6 1 1 5 - 5 6 0 - 5 6

— 2 ~ 0 8 — 2 - 2 5 1 - 2 5 4- 68 — 2-60 — 2 - 8 1 5 - 0 6 1 - 5 6

11 - 92 7 - 7 5 0 ~ 2 5 92- 38 2 - 9 8 1 - 9 4 6 0 - 0 6 0- 06

670-75 36-25 27-76 5 1 4 - 2 2 1 4 - 2 2

= 1-3042

Diperhatikan bahawa anggaran bagi parameter berkenaan adalahhampin sama sebagaimana yang didapati datam contoh 91.

Perbezaan yang sedikit mi lahir danipada kesilapan menggenap

angka-angka di dalam pengiraan.

Untuk menguji sama ada wujudnya hubungan regresi linearyang benmakna di antara Ydan X1, X2 kita botch menggunakan

4 36



KE BA RA N GK A ILIA N D A N STA TISTIK

Untulc tujuan pengiraan jumlah kuasa dua yang benkenaan

adalah lebih sesuai jika digunakan formula-formula benikut:

JKT = .ty,2 —

JKR = Ly,2 — &ty, — fl,Ex,,y, — $2tx,2y,

Contoh:9.2 JKR~= JKT— JKRBerdasarkan masalah datam contoh 9 .1 u j i samaada terdapat

hubungan regresi linear yang bermakna di antara berat badandengan umur dan berat masa lahin,Penyelesaian:

Model:

= / 3 , + $,x,1 + /32x,2i n g i n menguji

H,: /3, = 0 dan #2 = 0

dengan H, : salah satu tidak bernilai sifan.

Katalah ~ = -05 makaf05(2, 9) = 4 -26

Pengiraan dan sampel:3492

JKT= 11061 — 2 = 910-92

JKR= 11061 — 1 -3465 (349) — 1-3041 (8087) —0-0043(2043)

= 3&03

JKE= 910-92 — 36 -03

= 874-89

Keputusan benikut dibenilcan sebagai jadual analisis vanians:

F - PuncanSgl

Juntlikuasa dun

Darjahkebebasan

M m

Sass dunPengkaan

f

Regresi

Ralat

Total

8 7 4 - 8 9

36- 03

9 1 0 - 92

2

9

1 1

4 3 7 - 4 5

4- 00

1 0 9 - 36

Jadual 9.3: Jadual analisis varians bag i contoh 9. 1

438



REGRESI

Keputusan:

Oieh kenanaj = 1 0 9 - 3 6 > J~(2 , 9 ) = 4 -26 maka kita harus

menolak H, pada tingkat 5% a r a s k e e r t i a n . Dan kesimpulannya

i a la h terdapat hubungan r e g r e s i l i n ea r yang bermakna di antaraberat badan dengan umur dan berat masa l a h i r .

1 3. 1 0 R e g r e s i L i n e a r Bagi Hubungan Bukan L i n e a r

Jika hubungan di antara pembolehubah rawak denganpembotehubah ditetap adalah menunjukkan tanda-tanda bukanl i n e a r maka a d a i a h tidak sesuai jika dikenakan kelok regresi linear

bagi hubungan tersebut. Seharusnya bentuk asal hubungan tensebuta d a t a h d i k e k a l k a n . Di dalam penentuan bentuk-bentuk tersebuts e t a t u n y a k i t a berpandukan t e o n i - t e o n i yang b e r k ai t a n a t a u pu n

dengan memerhatikan gambanajah seakan bagi data danipada

sampet. Jilca hubungan regresi telah dapat ditentukan maka kaedah-

kaedah kuasa dua terkecil atau kebolehjadian maksimum

dikenakan bendasankan bentuk hubungan tersebut, di datam

pengangganan b a gi parameter-parameter berkenaan. Bagai-

manapun a d a l a h agak sukar untuk menentukan penganggan ter-

sebut di dalam kes bukan linear.Datam pada i t i r t e r d a p a t j u g a k e s - k e s bukan l i n e a r yang boleh

d i j a d i k a n l i n e a r dengan senang melatui transformasi tenhadap

hubungan i t u . Sebagai misatan hubungan bukan linear yang

berbentuk

E(Y) =

dapat d i ja d i lc a n hubungan l i n e a r dengan mengambil l o g a n i t m a j a t i

bagi kedua-dua belah pihak; yakniIn E(Y~)= in ~ + x, in/I

K i t a p e rh at i k an bahawa hubungan mi adalah linear dan segi

parameter j i k a hubungan tersebut dianggap sebagai

di mana

* — /4,, — ~ + f3~x,

= In E(Y3, f = In ~ dan / 3 * = I n $

439




Sekarang jika k i ta mempunyai pengamatan ( x , , y , ) I = 1,2,..., nmaka kelok r e g r e s i yang memenuhi hubungan tersebut ialah

E(Y,) = 2$Xj

a t a u dalam b e n t u k l o g a r i t m a j a t i

/4~,= 2* + /j* x1

Seti~ppengamatan b o l e h d i t u l i s s e b a g a i

d i mana

— 2~+ 1 3 * xi—

*

yl = i n y~

Bentuk hubungan di atas adalah linear di antara y~dan x,. Jadi

kaedah kuasa dua tenkedil boleh dilakukan terhadap model misebagaimana biasa. Anggaran-anggaran bagi & * dan $* boleh

diperolehi sebagaimana di dalam kes negnesi linear mudah yang

t ela h d i b e n i k a n d i s e k s y e n lep a s dengan menggunakan set data In y,,

x , ) I = 1 , 2 n . Angganan bagi kelok regresi dipenolehi denganmenggantikan p dan $* ke dalam bentuk asal, iaitu

di mana

= &$Xi

~=e dan $ = I

Contolr 10.1Katalah kita mempunyai data

z~ 2 4 1 0 3 5 6

y1 7 1 2 2 0 6 1 0 1 5

Gunakan kaedah kuasa dua terkecil untuk mendapatkan anggarankelok regresi yang berbentuk E(Y,) = ~ x(.

440



KE BA RA N GK A IJA N D A N STA TISTIK

Oieh kerana

a t a u

2* = ln2

2 =

maka angganan bagi ~ ialah

2 =

=

= 3-5909.

Jadi angganan bagi kelok regresi ialah

= 3-5909 x~°7384

Flarus diingat bahawa d i daiam melakukan tnansformasitenhadap pembolehubah rawak ì ç , d i dalam k e s d i a t a s d i t u k a r k a n

kepada logaritma, taburan bagi transformasi tensebut bukan lagi

n o r m a l . Ja d i kaedah penganggaran k e b o l é h j a d i a n maksimum

adalah berbeza daripada yang teiah diberikan untuk taburannormal. Begitu juga dengan masalah inferens terhadap parameter-

parameter berkenaan. Ia harus diperhatikan dengan lebih teliti.

Latihan Bab 13

1 3 . 1 Katalah pengamatan benpasangan dua

a d a l a h s ep er t i b er i k u t :

pemboiehubah rawak X, Y

(a) Dapatkan kelok regresi linear bagi hubungan py = 2 + fix,

( b ) Dapatkan k e l o k r e g r e s i l i n e a r b a g i hubungan Px = ‘~+ fl)’~

x

y

K

2 6 8 4 5 6 3

y

7 - 3 5 1 2 - 8 17 8-7 1 0 - 8 1 3 - 1 5 6 - 9

7 6

1 4 - 8 1 3 • 2

4 4 2



R E G R E S I

(c ) Dapatkan anggaran vanians bagi 1 ’ .

(d) Dapatkan angganan varians bagi 2 dan ft

13.2 Data d i bawah adalah menunjukkan umur dan benat badan bayi

b a g i 9 b a yi yang dipiih secara rawak.

Umurdalambulan 1 5 1 0 1 3 1 1 2 0 1 6 1 1 1 5 1 8

B er a t d a l a ml b . 4 3 4 0 4 1 2 0 5 0 4 5 25 4 6 5 0

( a ) Dapatkan k e l o k r e g n e s i linear bagi hubungan benat badandengan umur bayi.

(b) Uji sama ada pekali pintas iaitu 8 adalah lebih besar danipada4 .

(c ) Dapatkan 95% selang keyakinan bagi kedua-dua parameterregresi.

13 .3 Daripada sampel yang mengandungi 1 00 pasang pengamatan (y,,

xj d id a p a t i

Lx, = 50 Lxf = 60 Ey~ = 400

E y , = 1 50 Ex,y, = 120

Dapatkan angganan bagi kelok regresi linear bagi hubungan Y

dengan X. Dapatkan juga anggaran vanians bagi (a) Y(b) Han (c )

p~di mana Y adalah penganggar regnesi linear bagi Y .

13.4 Daripada data yang diberi dalam soalan 12 .1 ;( a ) Dapatkan 95% se l a ng keyakmnan b a gi penganggar mm r e g r e s i

b a gi Y .(b) Uji s et hipotesis

JI,:fl=0 H 1:fl ,‘ 0

( c ) Vu s et hipotesis H, a = 0

H1:a >0

( d ) Uji sama ada dakwaanbahawa jika x = 55 maka p~= - 1 3

a d a l a h t id a k benar dengan menggunakan 5% aras keertian.

443




1 3 . 5 M e r u j u k le ep a d a d a t a s o a l a n 1 3 .2 .(a ) Dapatkan angganan titik dan anggaran selang bagi benat

b a d a n b i l a seorang bayi itu berumur (i) 1 0 b u l a n (ii) 2 tahun~( b ) D a p a t k a n a n g g a r a n titik dan anggaran selang bagi purata

berat badan seonang bayi yang baharu dilahirkan.

Dalam k e d u a - d u a k e s g u n a k a n 95% selang keyakinan.

1 3 . 6 B a g i d a t a d a l a m s o a l a n 1 3 . 1 b i n a ja d u al a n a l i s i s v a r i a n s dan u j i

h i p o t e s i s s a m a ada t e n d a p a t h u b u n g a n n e g n e s i l i n e a r d i antara Y

d a n X . B a n d i n g k a n k e p u t u s a n u j i a n mi d e n g a n k e p u t u s a n 1 3 . 4 b .

13.7 B a g i d a t a d a l a m soalan 13.2 bina jadual analisis varians dan uji

s a m a ada t e r d a p a t hubungan linear di antara berat badan danumur b a y i .

1 3 . 8 Untuk p e n g a n g g a r a n d en g a n k a ed a h k u a s a d u a t e r k e c i l l e b i h

b e r m a k n a maka h a r u s d ia nd a ik a n Y 1 adalah bertaburan normal.

B i n c a n g k a n .

1 3 . 9 Katalah Y~adalah bertaburan Poisson dengan m m p~= a + fix,.J i k a n p a s a n g p e n g a m a t a n ( y , . x , ) : I = 1 , 2 , ... n d i a n i b i l d a n i p a d a

taburan tersebut dapatkan penganggaran bagi kelok r&gresi

Y = a + fix, + E 1

dengan menggunakan (a) kaedah kuasa dua terkecil dan (b) kaedahk eb o l e h j a d i a n maksimum.

1 3 . 1 0 Ji ka h u b u n g a n d i a n t a r a Ydan X adalah d a l a m b e n t u k= fix,

dapatkan anggaran bagi / 3 dengan menggunakan kaedahkuasa duaterkedil. Anggapkan kita mengambil n pasang pengamatan (y1, x,)

d a n i p a d a s at u taburan n o r m a l .

J i k a p e n g a m a t a n adalah s e b a g a i m a n a d a l a m s o a l a n 1 3 . 1 , dapatkan

a n g g a r a n b a g i k el ok r e g n e s i m i.

1 3 . 1 1 Katalah h u b u n g a n di a n t a r a Ydan X adalah berbentuk

Mi = fi~

444



KE BA RA N GK A LIA N D A N 5TA TISTIK

13.15 Katalah seorang abli ekonomi ingin mengetahui hubungan diantara tabungan dengan jumlah pendapatan bulanan bagi

keluarga yang berpendapatan rendah. Bagi pendapatan di antara300 h i n g g a 600 ninggit sebutan tiga keluaran dipilih dan dicatat jumlah tabungan masing. Keputusan adalah seperti jadual dibawah.

Pendapatan aebulan Tabungan aebulan

300 50 100 035 0 50 60 50

400 100 20 30450 15 0 100 80

50 0 100 15 0 80

55 0 15 0 110 120

600 100 80 200

( a ) D a p a t k a n k el ok r e g r e s i b a g i h u b u n g a n t a bu n g an d an

pendapatan.

(b) Jatankan ujian keertian bagi parameter-parameter regresi.(c ) Ramalkan purata simpanan bulanan bagi seorang yang

berpendapatan $410 dengan mendapatkan 95% selang

keyakinan.

(d) Dapatkan 95% selang keyakmnan bagi jumlah tabungan

bulanan bagi seorang yang berpendapatan $250 s eb u la n .

13.16 Bagi hubungan-hubungan benikut:

( a ) p ~ , = 1/(fl0 + f i 1 x)

1

(b) is~= P.,— ~

p, p2 p( c ) p ~ , = fi0x, x2 x3

x, +x2+x3(d) p~-= fi0fi~

( e ) ~ = /3 . ,

D a p a t k a h i a d i p e r s e m b a h k a n s e b a g a i m o d e l r e g r e s i linear?

13.17 Hasil tangkapan ikan tahunan di Pantai Timur Malaysia bagi 10tahun adalah seperti di sebelah.

44 6



REGRESI

Talrnn 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Jumlahtangkapan 1 2 0 1 4 2 2 0 1 1 9 0 100 9 0 1 0 5 1 8 0 1 0 0 1 4 0( ‘ 0 0 0 tan)

(a) Dapatkan kelok regnesi linear bagi tangkapan -tahunan.(b) U ji sama ada terdapat aliran menurun bagi hasil tangkapan

tahunan.

(c ) Ramalkan jumlah tangkapan di tahun yang ke-12.

J3.l8 Menujuk kepada data soalan 13.17 jika hubungan jumlahtangkapan dan tahuii ial-ah

E(1) = a + fl~t + fi~t 2

di mana Yadalah jumlah tangkapan dan t adalah tahun, dapatkankelok regresi bagi data tensebut.

(a) U ji s a m a ada $2 = 0

(b) Ramalkan jumlah tangkapan di tahun yang ke-12 denganmenggunakan model m i.

1 3 . 1 9 Dan 1 5 pasangpengamatan bagi ( 1 ’ , X) didapati keputusan berikut:E,= 220 Ex

1= 360 Ex2= 440

Ex1y = 64710 Ex2y = 709660 Ex,x2 = 1141910

Ex~= 106760 Ex~= 13906340

Dapatkan anggaran bagi k el ok r e g r e s i py = fl, + fi~X1 + $~X2

1 3 . 2 0 Bagi data di dalam soalan 13.1 dapatkan kelok regresi bagihubungan

13.21 Merujuk kepada data dalam soalan 13.2. Katalah diandaikan

bahawa hubungan di antara berat badan dan umur adatahberbentuk

Pr a e’°°~

( a ) D a p a t k a n a n g g a r a n b a g i kelok r e g r e s i t e r s e b u t .

(b) Ramalkan berat badan bagi bayi yang berumur 2 tahun.

44 7




bersyarat

bertumpubertumpu secana stokastik

Beta, taburan

bezaan

Binomial, taburan

Binomial negatif

Cekap

cekap secara asimptotik

Chi-kuasa dua

d o m a i n

darjah kebebasan

deskriptif

t a k b e r c a n t u m

d i s k n i t

conditional

convergeconverge stochastically

— Beta distribution

d i f f e r e n c e

— Bi n omi al d i s t r i b u t i o n

negative Binomial

— e f f i c e n t

— assymptotically efficient

Chi-square

— domain

— degree of freedom

— d e s c r i p t i v e

— disjoint

— discrete

eksponen — exponential

f u n g s i k e t u m p a t a n

kebarangkalian

fungsi kuasa

fungsi nilai sahihfungsi penjana momen

function

— Gamma function

— likelihood function

density function

— joint density function

conditional density function

— marginal density function

— pr ob ab i li ty d e n s i t y f u n c t i o n

— power function

— real-valued function — moment generating function

fun gsi

f u n g s i Gamma

f u n g s i k e b o l e h j a d i a n

fungsi ketumpatan

f u n g s i k e t u m p a t a n b e r s a m a

fungsi ketumpatan bersyarat

f u n g s i k e t u m p a t a n m a r g i n a l

450



SENARAI ISTILAH

k e s a t u a n

g ambarajah r a n t i n gg ambarajah V e n n

Gamma, taburan

ganis regresi

Geometni, taburan

had

h a d k a n a n

had k i n

hasildarab

Hipergeometri, taburan

hipotesis

h i p o t e s i s

hipotesis

h i p o t e s i s

h i p o t e s i s

hipotesms

hubungan

hukum Bayes

hukum nombor besar

induktif

inferens

i n f i n i t ( t a k t e r h i n g g a )

— u n i o n

—

t r e e d i a g r a m — V e n n d i a g r a m

— Gamma distribution

— regression line

— Geometric distribution

— l i m i t

— r i g h t - h a n d l i m i t

— left-hand limit

— p r o d u c t

— hypengeometric distribution

— hypothesis

— alternative hypothesis

— composite hypothesis

— s i mp le h y p o t h e s i s

— n u l l h y p o t h e s i s

— s t a t i s t i c a l h y p o t h e s i s

— relation

— B a y e s ’s rule

— low o f l a r g e number

— inductive

— i n f e r e n c e

— infinite

f u n g s i k eb a r a n g k a li a n — probability function

fungsi set kebarangkalian — probability set functionfungsi taburan — distribution function

fungsi taburan bersama — joint distribution function

f u n g s i t a b u r a n bensyarat — conditional distribution function

fungsi taburan longgokan — cumulative distribution function

a l t e r n a t i f

majmuk

mudah

n u l

statistik

451




i n f i n i t t e r b i l a n g

jan g kaan

jangkaan matematik

j u l a t

kaedah

kaedah kebolehjadian

maksimum

kaedah kuasa dua terkecil

kaedah momenkamilan

k a w a s a n g en t i n g

kawasan genting paling

berkuasa seragam

k a w a s a n g en t i n g terbaik

k a w as a n p e n en i m a an

kawasan penolakan

tak bersandarank e b a r a n g k a l i a n

(probabititi)

kecekapan r e l a t i f

kehomogenan

k elo k n e g r e s m

k e n d a l i a n set ( o p e r a s i )

b e za k a n ( k e r b e d a )k e sud a h a n

— countably i n f i n i t e

— expectation

— mathematical ex pe ct a t i on

— r a n g e

— sum s q u a r e

— t r e a t m e n t sum square

— method/technique

maximum likelihood technique

— l e a s t s q u a r e t e c h n i q u e

—

method o f moment — i n t e g r a t i o n

— c r i t i c a l r e g i o n

— u n i f ormly m o s t p o w e r f u l

— c r i t i c a l r e g i o n

— b e s t c r i t i c a l r e g i o n

— a cc ep t a n ce r e g i o n

— r e j e c t i o n r e g i o n

— i n depen den ce p r o b a b i l i t y

— r e l a t i v e efficiency

— hemogenemty

— re g re s s io n c u r v e

— set op er a t i on

— d i f f e r e n t i a t e

— outcome

kuasa dua

kuasa dua olahan

j um l a h

jumlah

jumlah

j um l a hj um l a h

kuasa

k ua sak ua sa

dua ralat

dua regresid u a t o t a l

— e r r o r sum s qu a r e

— regression sum square — t o t a l sum s qu a r e

452



5ENARAI ISTILA H

kombinasi

konsisten

korelasi

kovarians

k u a s a

k u a s a b a g i u j i a n

maksimum

m m

m m k u a s a d u a t o t a l

m m sampel

minimum

momen

momen pertama

momen ke-k

multinomiat

nisbah

n-kali

nulnombor sahih

normal, taburan

normal piawai

— combination

—

consistent — correlation

— covaniance

— power

— power of the test

— maximum/maxima

— mean

— mean square

— mean s q u a r e

— mean s qu a r e

— mean s qu a r e

— mean s qu a r e

— sample mean

— m i n i m u n / m i n i m a

— moment

— first moment

— k t h moment

— m u l t i n o m i a l

— propotion

— n-tuple

— n u l l

— real number

— normal distribution

— standard normal

olahan — treatment

parameterparameter lokasi

— parameter — location parameter

m m kuasa dua

m m k u a s a d u a o l a h a n

m m k u a s a d u a r a l a t

m m k u a s a d u a r e g r e s i

treatment

error

regression

total

453




pelengkap

pemberat (wajaran)p e m b o l e h u b a h

pembolehubah rawak

pembolehubah rawak

t a l c b er s a n d a r

pembolehubah rawak

bergantung

p e m b o l e h u b a h r a w a k

diskrit

pembolehubah rawak

selanjur

penganggar

penganggar cekap

penganggar cekap

secara asimptotik

penganggar kebolehjadianmaksimum

penganggar konsisten

penganggar kuasa dua

terkecil

penganggar pincang

penganggar talc pincang

penganggar tak pincang

terbaik

penganggar terbaik

penganggar titik

pengan ggaran

pengangganan selang

pengangganan t i t i k

pengelasan dua cara

pengelasan dua caradengan sating tindak

— complement

—

w e i g h t a g e — v a r i a b l e

— random v a r i a b l e

— independent random

— variable

— dependent random

v a r i a b l e

— d i s c r e t e random

variable

continuous random

v a r i a b l e

— estimator

— efficient estimator

— a s s imp to t ic a l l y

efficient estimator

— maximum likelihoodestimator

— consistent estimator

— least square estimator

— biased estimator

— unbiased estimator

— best unbiased estimator

— best estimator

— point estimator

— estimation

— interval estimation

— p o i n t e s t i m a t i o n

— two way classification

— two way classificationwith interaction

454



5ENARAI ISTILAH

pengelasan dua cara

t a n p a s a l i n g t i n d a k

p e n g e l a s a n s a t u ca r a

pelengkap

p e n g h a m p i r a n

p e n g a n g k a

penumpuan stokastik

penyebut

percubaan

percubaan Bernoulli

percubaan rawak

peristiwa

p e r i s t i w a t a k b er s a n d a r

peristiwa kompoun

penistiwa mudah

penistiwa nul

penistiwa pastipelihatur

p i n c a n g

pintasan

Poisson, taburan

kebarangkalian

kebarangkalian bersyarat

kebarangkalian teraruhkebarangkalian kekerapan

relatif

r a l a t

ralat jenis I

r a l a t j e n i s I I

r a l a t p i a w a i

ralat ujikaji

— two way classification

w i t h ou t i n t e r a c t i o n

— on e way c l a s s i f i c a t i o n

— complement

— approximation

— num e r a t o r (pe n g at as )

— stochastic convergence

— d e n o m e n a t o r

— t r i a l / e x p e r i m e n t

— Bernoulli trial

— random experiment

— ev en t

— independent event

— compound event

— simple/elementary event

— null event

— s u r e ev en t

— permutation

— b i a s

— i n t e r c e p t

— Poisson distribution

— probability

— conditional probability

— induced probability — relative frequency

probability

— error

— t y p e I e r r o r

— t y p e 1 1 e r r o r

— standard error

— experimental error

455




rama I an

regresiregresi berbitang

pembolehubah

regresi linear

ruang parameter

ruang sampel

ruang sampet

ruang sample

ruang sample

ruang sample

s a h i h , nombor

saling bereksklusif

sating bereksktusif

selang

selang keyakinan

setanjar

selanjar secebisan

set

subset

s e t f i n i t

set i n f i n i t

set kosong

s e t n u t

s e t u n i v e r s a l

sifat pelupa

s a t i n g t i n d a k

s i s i h a n

sisihan piawaistatistik

— prediction

—

regression — multiple regression

— linear regression

— parameter space

— sa m p l e s pa ce

— d i s c r e t e sample s p a c e

— finite sample space

— infinite sample space

— c o n t i n u o u s sa m p l e s p a c e

— r e a l number

— r e a l number

— mutual exclusive

— i n t e r v a l

— confident interval

— c o n t i n u o u s

— piecewise continuous

—set

— subset

— f i n i t e set

— i n f i n i t e s e t

— e m p t y s e t

— n u l l s e t

— u ni v er s al s e t

— forgetfulness/memoriless

p r op er t y

— interaction

— d e v i a t i o n

— standard devmation — statistik

disk nt

f i n i t

i n f i n i t

selanjar

456



SENARAI ISTILAH

t a b u r a n

taburan

t a b u r a n

taburan

t a b u n a n

t a b u r a n

t a b u r a n

t a b u r a n -

t a b u r a n

taburantaburan

— Deseniptive stat

— inductive s’tat

— efficient statistic

— biased statistic

— unbiased statistic

— best statistic

— distribution

— B e rn o u l l i d i s t r i b u t i o n

— B i n o m i a l d i s t r i b u t i o n

— negative Binomial distribution

— Beta distribution

— Chi-square distribution

— exponential distribution

— F - d i s t r i b u t i o n

— Gamma distribution

— G e o m e t r ic d i s t r i b u t i o n — l i m i t i n g d i s t r i b u t i o n

statistik

statistik

statistik

statistik

statistik

statistik

berpenihalan

aruhan

cekap

pincang

t a k p i n c a n g

terbaik

B e rn o u l l i

B i n o m i a l

Binomial negatif

Be t a

Chi-kuasa d u a

eksponen

F

Gamma

Geometrihad

kebarangkalian & statistik

Documents