statistika matematika 2013

STATISTIKA MATEMATIKA

Di Susun:

Dr. Ahmad Yani T.,M.Pd.

NIP. 196604011991021001

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN IPA

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS TANJUNGPURA

PONTIANAK

2013

i

KATA PENGANTAR

Assalamualaikum Wr.Wb.

Alhamdulillah, Puji syukur kami ucapkan kehadirat Allah Swt karena atas

rahmat dan hidayahnya lah kami dapat menyelesaikan penyusunan buku ini,

sebagai prasyarat untuk menyelesaikan tugas kuliah Statistika Matematika

Semoga makalah ini dapat bermanfaat bagi para pembaca untuk

kedepannya.

Terima kasih kami ucapkan kepada Bapak Dr. Ahmad Yani . T .selaku

dosen mata kuliah Statistika Matematika yang telah banyak membimbing dalam

perkuliahan.

Kami sebagai penulis menyadari bahwa dalam penyusunan makalah ini

terdapat kekurangan oleh sebab kami sangat membutuhkan kritik dan saran demi

kesempurnaan makalah ini.Akhirnya saya ucapkan terima kasih atas kesediaannya

membaca makalah ini.

Wassalamualaikum Wr.Wb.

Pontianak, Juni 2013

Hormat kami,

ii

DAFTAR ISI

Kata Pengantar ......................................................................................................... ii

Daftar Isi .................................................................................................................. ii

Bab 1 Koefisien Korelasi ......................................................................................... 1

Bab 2 Hubungan Harapan Dan Variansi Dari Peubah Acak Khusus (Bahasan 1) 18

Bab 3 Hubungan Harapan Dan Variansi Dari Peubah Acak Khusus (Bahasan 2) 36

Bab 4 Kebebasan Stokastik ................................................................................... 54

Bab 5 Sifat-Sifat Kebebasan Stokastik Dua Peubah Acak .................................... 73

Bab 6 Peubah Acak Diskrit ................................................................................... 82

Bab 7 Distribusi Hipergeometrik & Distribusi Poisson ........................................ 97

Bab 8 Beberapa Model Distribusi Kontinu ......................................................... 116

Bab 9 Distribusi Normal ...................................................................................... 132

Bab 10 Distribusi Gamma, Eksponensial, Dan Chi-Square ................................ 146

Bab 11 Transformasi Peubah ............................................................................... 162

Bab 12 Uji , Distribusi , Distribusi Dan Distribusi S2 ................................ 196

Lampiran .............................................................................................................. 225

1

BAB I

KOEFISIEN KORELASI

Tujuan pembelajaran secara umumnya mempelajari materi ini adalah

diharapkan mampu memahami konsep korelasi dengan baik. Adapun tujuan

instruksional khususnya adalah sebagai berikut:

1. Diharapkan dapat menjelaskan makna korelasi. 2. Diharapkan dapat menjelaskan dan menghitung koefisien korelasi

3. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan hubungan dengan mean

bersyarat E ( Y | x ) yang berupa fungsi linear dari x.

4. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan hubungan dengan mean

bersyarat E ( X | y ) yang berupa fungsi linear dari y.

5. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan dengan variansi bersyarat

dari Y diketahui X = x. Khususnya bila variansi tersebut berupa fungsi dari x

yang berharga konstan.

6. Diharapkan dapat menjelaskan dan menggunakan dengan variansi bersyarat

dari X diketahui Y = y. Khususnya bila variansi tersebut berupa fungsi dari y

yang berharga konstan.

A. MATERI Apakah usia pada seseorang ada kaitan dengan berat dan tinggi. Jika ada

kaitannya maka dapat dinyatakan jika usia bertambah pada seseorang maka berat

badan seseorang bertambah. Pernyataan ini hanya berlaku pada seseorang yang

berusia sampai 18 tahun, namun tidak berlaku lagi pada seseorang usia di atas 40

tahun.

Hubungan dan kaitan antara peubah pertama dengan peubah kedua disebut

korelasi. Korelasi pada contoh-contoh di atas dapat berupa garis lurus atau

disekitar garis lurus. Korelasi antara peubah yang ditunjukkan oleh contoh-contoh

di atas adalah positif atau negatif atau nol. Korelasi positif menunjukan bahwa ada

hubungan atau kaitan antara kedua peubah tersebut. Korelasi negatif menunjukkan

bahwa kedua peubah tersebut tidak mempunyai hubungan atau kaitannya. Contoh

hubungan antara jauh perjalanan kendaran bermotor dengan bahan bakar yang ada

di dalam tangkinya. Korelasi nol atau hampir mendekati nol menunjukkan

hubungan antara kedua peubah tidak ada atau tidak menentu (Ruseffendi,

1993:204). Berdasarkan uraian di atas, korelasi itu dapat positif, nol dan negatif.

Jika dinyatakan dalam bilangan bahwa korelasi itu paling kecil -1 dan paling besar

+1. Atau jika r adalah korelasi maka -1 1.

Koefisien korelasi diperlukan untuk mendeteksi apakah suatu kasus

distribusi bersama merupakan kebebasan stokastik atau tidak. Koefisien korelasi

2

juga dapat diartikan sebagai nilai yang menunjukkan kekuatan dan arah hubungan

linier antara dua buah peubah acak.

Korelasi bermanfaat untuk mengukur kekuatan hubungan antara dua

variabel atau lebih dengan skala-skala tertentu, misalnya Pearson data harus

berskala interval atau rasio; Spearman dan Kendal menggunakan skala

ordinal; Chi Square menggunakan data nominal.

1 2E X- Y- dinamakan kovariansi X dan Y, dan ditulis Kov(X,Y). Untuk

menghitung kovariansi, akan lebih mudah menggunakan teorema berikut:

Dari teorema di atas, sebelum menentukan kov(X,Y), kita harus menentukan

nilai Ekspektasi X, Ekspektasi Y, dan Ekspektasi XY. Yang perlu diperhatikan

dalam mencari nilai-nilai ekspektasi tersebut adalah bagaimana bentuk soal yang

diberikan. Apakah bentuk kontinu atau diskrit.

Setelah mendapatkan nilai kov(X,Y) kita dapat menentukan koefisen

korelasi dengan cara membagi kov(X,Y) dengan simpangan baku dari X dan

simpangan baku dari Y.

Untuk lebih jelas perhatikan definisi koefisien korelasi:

= (, )

Dengan 2 dan

2masing-masing adalah variansi X dan variansi Y, dinamakan

koefisien korelasi antara X dan Y ( 0, 0).

Rumus mencari koefisien korelasi juga dapat dinyatakan dalam bentuk

=

{2 ()2}{2 ()2}

Koefisien korelasi menunjukkan kekuatan hubungan linear dan arah

hubungan dua variabel acak. Jika koefisien korelasi positif, maka kedua variabel

mempunyai hubungan searah. Artinya jika nilai variabel X tinggi, maka nilai

Kov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y)

3

variabel Y akan tinggi pula. Sebaliknya, jika koefisien korelasi negatif, maka

kedua variabel mempunyai hubungan terbalik. Artinya jika nilai variabel X tinggi,

maka nilai variabel Y akan menjadi rendah (dan sebaliknya).

Koefisien korelasi terletak antara -1 dan 1. Berikut ini adalah arti dari

koefisien korelasi:

1). Jika 0,9

4

X

Y

0 1

0 0

1 0

1

a. Jumlah ke bawah membentuk f.k.p marginal X, yaitu:

f (x) = {1

2, = 0,1

0,

Jadi, mean dan variansi X adalah

E(X) = . 1()1=0 = 0. (1

2) + 1. (

1

2) =

1

2

12 = E(X2) (E(X))2 = 0. (1

2) + 1. (

1

2) =

1

2

1 = 1

2

b. Jumlah ke samping membentuk f.k.p marginal Y, yaitu:

f (x) = {1

2, = 0,1

0,

Jadi, mean dan variansi Y adalah

E(Y) = . 2()1=0 = 0. (1

2) + 1. (

1

2) =

1

2

22 = E(Y2) (E(Y))2 = 0. (1

2) + 1. (

1

2) =

1

2

5

2 = 1

2

c. Kov(X,Y)

E(XY) = . (, )1=01=0

= 0.0.f(0,0) + 0.1.f(0,1) + 1.0.f(1,0) + 1.1.f(1,1)

= 0 + 1

2

Jadi Kov(X,Y) = E(XY) E(X).E(Y) = 1

2

1

2 .1

2 =

1

2

1

4= 1

4

Akibatnya, koefisien korelasi antara X dan Y adalah:

= (, )

xy=

1

4

1

2.

1

2

=

1

41

2

= 1

2= 0,5

Pada contoh di atas diperoleh = 0,5. Ini menandakan hubungan yang moderat

antara X dan Y.

CONTOH 2 :

Jika X dan Y peubah acak dengan variansi x2 = 5,y2 = 2 dan kovariansi xy = 4

Tentukan variansi peubah acak Z = 4X 2Y + 11 !

Penyelesaian:

z2 = 4x-2y+11 2

= 4x-2y 2

= 16 x2 - 16 xy + 4 y2

= 16(5) 16(4) + 4(2)

6

= 24

Jadi, variansi peubah acak Z = 4x 2y + 11 yaitu 24

CONTOH 3 :

Berikut ini adalah data tinggi badan dan berat badan mahasiswa P. MTK 2010

Data A B C D E F G H I J

Tinggi Badan

(X)

170 168 173 172 165 168 165 168 172 148

Berat Badan (Y) 50 63 80 75 45 68 62 80 85 40

Tentukanlah koefisien korelasi tinggi badan dan berat badan mahasiswa P. MTK

2010, serta berikan kesimpulan!

Penyelesaian :

X 170 168 173 172 165 168 165 168 172 148 =

1.669

Y 50 63 80 75 45 68 62 80 85 40 =

648

2 2890

0

2822

4

2992

9

2958

4

2722

5

2822

4

2722

5

2822

4

2958

4

2190

4

2=

279.0

23

2 2500 3969 6400 5625 2025 4624 3844 6400 7225 1600 2=

44.21

2

7

X

Y

8500 1058

4

1384

0

1290

0

7425 1142

4

1023

0

3440 1462

0

5920 =

108.8

83

Dari tabel di atas, diperoleh : = 1.669, = 648, 2= 279.023, 2=

44.212, dan = 108.883.

Maka, koefisien korelasinya adalah :

=

{2 ()2}{2 ()2}

=10(108.883) (1.669)(648)

{10(279.023) (1669)2}{10(44.212) (648)2}

=1.088.830 1.081.512

{2.790.230 2.785.561}{442.120 419.904}

=7.318

(4669)(22.216)

=7.318

10.184,621

= 0,72

Karena, nilai = 0,72 terletak di antara 0,7 dan 0,9, maka terdapat hubungan yang

kuat dan berbanding lurus antara tinggi badan dan berat badan mahasiswa P.MTK

2010.

2= (0,72)2 = 0,5184 = 51,84%, artinya variasi tinggi badan yang dapat

dijelaskan oleh variasi berat badan mahasiswa oleh persamaan regresi = -197,23

+ 1,57X adalah sebesar 51,84%. Sisanya sebesar 48,16% dijelaskan oleh faktor

lain di luar variabel pada persamaan regresi tersebut.

8

Sifat-Sifat Koefisien Korelasi

Teorema 1.6.1:

Jika E ( Y | x ) berupa fungsi linier dari x maka

E ( Y | x ) )( 11

22

x

Bukti:

Misalkan E ( Y | x ) merupakan fungsi linier dari x.

Maka E ( Y | x ) = a + bx. Akan dicari nilai a dan b.

Karena

E ( Y | x )

y f ( Y | x ) dy

yxf )(

1 f ( x , y ) dy

Atau

yxf )(

1 f ( x , y ) dy = a + bx

y f ( x , y ) dy = (a + bx) f(x) .. (1)

Kedua ruas pers (1) kita integrasikan terhadap x dari - sampai , maka:

y f ( x , y ) dy dx =

(a + bx) f (x) dx

E ( Y ) = a + b E ( X )

9

Atau

12 ba (2)

Selanjutnya jika kedua ruas pers (1) dikalikan dengan x kemudian kita

integrasikan terhadap x dari - sampai maka:

xy f ( x , y ) dy dx =

x (a + bx) f (x) dx

Atau

E ( XY ) = a E ( X ) + b E ( 2 ) atau

)(2

1

2

112121 ba (3)

Ingat:

)()(

),(

YX

YXkov

atau Kov ( X, Y ) = )()( YX

Kov ( X, Y ) = E ( XY ) - E ( X ) E ( Y )

Jadi E ( XY ) = 2121

Dari pers (2) dan (3) diperoleh

a 11

22

dan b

1

2

E ( Y | x ) = a + bx

11

22

+

1

2

x

)( 11

22

x

10

Jika E ( Y | x ) berupa fungsi linier dari x maka

E ( Y | x ) = )( 11

22

x Terbukti.

Teorema 1.6.2:

Jika E ( X | y ) berupa fungsi linier dari y maka

E ( X | y ) 11 2

2

( )x

Bukti:

Misalkan E ( X | y ) merupakan fungsi linier dari y.

Maka E ( X | y ) = a + by. Akan dicari nilai a dan b.

Karena

E ( X | y ) x

f ( X | y ) dx 1

( )x

f y

f ( x , y ) dx

Atau

1

( )x

f y

f ( x , y ) dx = a + by

x

f ( x , y ) dx = (a + by) f(y) .. (1)

Kedua ruas pers (1) kita integrasikan terhadap y dari - sampai , maka:

x

f ( x , y ) dx dy =

(a + by) f (y) dy

11

E ( X ) = a + b E ( Y )

Atau

1 2a b (2)

Selanjutnya jika kedua ruas pers (1) dikalikan dengan y kemudian kita

integrasikan terhadap y dari - sampai maka:

yx f ( x , y ) dx dy =

y (a + by) f (y) dy

Atau

E ( XY ) = a E ( Y ) + b E ( 2Y ) atau

2 2

2 1 2 1 2 2 2( )a b (3)

Ingat:

)()(

),(

YX

YXkov

atau Kov ( X, Y ) = )()( YX

Kov ( X, Y ) = E ( XY ) - E ( X ) E ( Y )

Jadi E ( XY ) = 2 1 2 1

Dari pers (2) dan (3) diperoleh

a 11 2

2

dan b 1

2

E ( X | y ) = a + by

11 2

2

+ 1

2

y

12

11 2

2

( )y

Jika E ( X | y ) berupa fungsi linier dari y maka

E ( X | y ) = 11 2

2

( )y

Terbukti.

Teorema 1.6.3

Misalkan E(|x) berupa fungsi linear dari x. Jika k(x) = E [{ (|)}2|]

maka E[()]=2 2(1 2)

Bukti :

Ingat : E (|) = 2 + 2

1( 1)

K(x) = E [{ (|)}2|]

= { 2 2

1( 1)}

2~

~(|)

=1

() {( 2)

2

1( 1)}

2~

~(|)

Jika kedua ruas kita kalikan dengan f(x) kemudian kita integrasikan terhadap x

dari ~ sampai , maka

()() = ~

~

~

~

{ 2 21( 1)}

2~

~

(|)

= ~

~

{( 2)2 2

21( 1)( 2)

~

~

+ 221( 1)

2} (, )

13

= E[( 2)2 2

2

1( 1)( 2) +

2 2

1[( 1)

2] ]

=22 2

2

1(12) +

2 22

12 1

2

Ingat =(1)(2)

12

=22 21

222 + 2 2

2

=22 2 2

2

=2 (1 2 )

Karena ()() = ~

~[()] berarti [()]=2 (1 2 ) (terbukti)

CONTOH 4 :

Misalkan E(|x) = 4x+3 dan E (|y) =1

16 3

Hitunglah 1 , 2 , !

Penyelesaian :

Diketahui : E (|) = 2 + 2

1( 1)

E (|) = 1 + 1

2( 2)

sehingga E (|1) = 2

E (|1) = 1

sehingga E(|1) = 4x+3 dan E (|2) =1

16 3

(1)= 4x+3 dan E (2) =1

16 3

14

Kemudian diperoleh 1 =15

4 2 = 12

Untuk menghitung perhatikan persamaan 1 dan 2 dengan mengalikan koefisien

dari x dan koefisien dari y.

= 2

1 1

2 = 2

Akibatnya 2 = 4.1

16= 1

4 =

1

2

15

LATIHAN SOAL

Misalnya X dan Y dua peubah acak diskrit yang memiliki f. k. p bersama sebagai

berikut:

f(x) ={1

4, = (0,0), (1,1), (2,2), (3,3)

0,

1. Berapakah mean dari x?

a. 1

2

b. 1

c. 3

2

d. 2

2. Berapakah mean dari y?

a. 1

2

b. 1

c. 3

2

d. 2

3. Berapakah variansi dari x?

a. 1

4

b. 3

4

c. 5

4

d. 7

4

4. Berapakah variansi dari y?

a. 1

4

b. 3

4

c. 5

4

d. 7

4

5. Berapakah ekspetasi xy?

a. 1

2

b. 3

2

16

c. 5

2

d. 7

2

6. Berapakah kovariansi x dan y?

a. 1

2

b. 1

3

c. 5

4

d. 1

7. Berapakah koefisien korelasi antara x dan y?

a. 1

b. 1

3

c. 1

2

d. 1

4

8. Jika X dan Y peubah acak dengan variansi x2 = 3,y2 = 3 dan kovariansi xy =

3.Tentukan variansi peubah acak Z = 2X 3Y + 7!

a. 1

b. 2

c. 3

d. 4

PEMBAHASAN

Tabel distribusi peluang bersama dari X dan Y

X

Y

0 1 2 3

0 1

4 0 0 0

1

4

16

1 0 1

4 0 0

1

4

2 0 0 1

4 0

1

4

3 0 0 0 1

4

1

4

1

4

1

4

1

4

1

4 1

1. Mean dari x

E(X) = . 1()3=0 = 0. (1

4) + 1. (

1

4) + 2. (

1

4) + 3. (

1

4) =

3

2

2. Mean dari y

E(X) = . 2()3=0 = 0. (1

4) + 1. (

1

4) + 2. (

1

4) + 3. (

1

4) =

3

2

3. Variansi dari x

x2 = E(X2) (E(X))2 = [0. (1

4) + 1. (

1

4) + 4. (

1

4) + 9. (

1

4)] (

3

2)2

= 5

4

4. Variansi dari y

y2 = E(Y2) (E(Y))2 = [0. (1

4) + 1. (

1

4) + 4. (

1

4) + 9. (

1

4)] (

3

2)2

= 5

4

5. Ekspetasi xy

E(XY) = . (, )3=03=0

= 0.0.f(0,0) + 0.1.f(0,1) + 0.2.f(0,2) + 0.3.f(0,3) + 1.0.f(1,0) +

1.1.f(1,1) + 1.2.f(1,2) + 1.3.f(1,3) + 2.0.f(2,0) + 2.1.f(2,1) +

2.2.f(2,2) + 2.3.f(2,3) + 3.0.f(3,0) + 3.1.f(3,1) + 3.2.f(3,2) +

3.3.f(3,3)

= 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 1.1

4 + 0 + 0 + 0 + 0 + 4.

1

4 + 0 + 0 + 0 + 0 + 9.

1

4

= 1

4 +

4

4 +

9

4

= 7

2

17

6. Kov(X,Y) = E(XY) E(X).E(Y) = 7

2

3

2 .3

2 =

14

4

9

4= 5

4

7. Koefisien korelasi antara X dan Y

= (, )

xy=

5

4

5

4.

5

4

=

5

45

4

= 1

8. z2 = 2x-3y+7 2

= 2x-3y 2

= 4x2 - 12 xy + 9y2

= 4(3) 12(3) + 9(3)

= 3

Jadi, variansi peubah acak Z = 4x 2y + 11 yaitu 3

18

BAB 2

HUBUNGAN HARAPAN DAN VARIANSI DARI PEUBAH ACAK KHUSUS

(bahasan 1)

1. Tujuan

Adapun tujuan dari mempelajari materi hubungan harapan dan variansi

dari peubah acak adalah :

a. Mengetahui bagaimana hubungan harapan dan variansi dari peubah

acak.

b. Memenuhi tugas mata kuliah statistik matematika

2. Materi

Untuk menentukan nilai variansi dari peubah acak khusus terlebih dahulu

kita harus dapat mecari nilai harapannya (ekspektasi). Hubungan harapan

dan variansi dari peubah acak khusus ditunjukkan oleh rumus sebagai

berikut :

() = (2) (())2

2 = (2) 2

() = . ()

Disini terdapat beberapa teorema yang akan menunjukkan hubungan

harapan dan variansi, beberapa teorema tersebut diataranya :

19

Teorema 1.7.1 :

Jika berdistribusi Bernoulli () = {(1 )1, = 0, 10, untuk yang lain

Maka () = dan () =

Bukti :

E(X) = . ()

E (X) =

1

0

1)1(x

xx pxp

= 11010 )1(1)1(0 pppp

= pp .1)1(0

= p

Jadi E (X) = p.

E (X2) =

1

0

12 )1(x

xx ppx

= 1120102 )1(1)1(0 pppp

= pp .1)1(0

= p

Jadi E (X2) = p.

Var (X) = E (X2) - 2XE

= p p2

20

= p (1 p)

= pq Ingat : q = 1 p.

Jadi, jika X berdistribusi Bernoulli p(x) =

lain yanguntuk x ,0

.1,0,)1( 1 xpp xx

maka E (X) = p dan Var (X) = pq.

Teorema 1.7.2 :

Jika berdistribusi binomial () = {()(1 ), = 1, 2, 3, ,

0, untuk yang lain

maka () = dan () =

Bukti :

E (X) = . ()

E (X) =

n

x

xnx ppx

nx

0

)1(

=

n

x

xnx qpx

nn

1 1

1 (1 ) = q

=

n

x

xnxqpx

nn

1

11

1

1

=

n

x

xnx qpx

nnp

0

111

1

1

21

=

1

01

111

1

1n

x

xnx qpx

nnp

=

1

0

11n

k

knk qpk

nnp

= 1 nqpnp

= np

Jadi E (X) = np.

E (X2) =

n

x

xnx ppx

nx

0

2 )1(

= xnxn

x

ppx

nxxx

)1(1

0

= xnxn

x

xnxn

x

ppx

nxpp

x

nxx

1)1(1

00

=

n

x

xnx XEppx

nnn

2

)()1(2

2)1(

=

n

x

xnx XEqpx

npnn

2

2222 )(2

2)1(

=

2

02

2222 )(2

2)1(

n

x

xnx XEqpx

npnn

=

2

0

22 )(2

2)1(

n

k

knk XEqpx

npnn , k = x-2

= npqppnn n 22 )()1(

22

= npnppn 222

= pnppn 122

= npqpn 22

Jadi E (X2) = npqpn 22

Var (X) = E (X2) - 2XE

= npqpn 22 - (np)2

= npq.

Jadi, jika X berdistribusi Bernoulli p(x) =

lain yanguntuk x ,0

.,...,2,1,0,)1( nxppx

nxnx

maka E (X) = np dan Var (X) = npq. Terbukti.

Teorema 1.7.3 :

Jika berdistribusi poisson () = {

!, = 0, 1, 2,

0, untuk yang lain

maka () = dan () =

Bukti :

)()( txx eEtM

23

Jika x~p(x) maka f.p.m adalah

Jika t = 0 maka

Jika t = 0 maka

Jadi, jika x berdistribusi poisson

)1(

.

.

~

0)

!)(

(.

!.

~

0

tee

etee

teee

x x

xtee

xex

x

txe

)1()()('

:

)1()(

teetetM

akibatnya

teet

xM

)0('

1)1.()0('

)10()0()0('

M

M

eeeM

)1(2)()1()()(" teete

teetetM

222)0("2

)2(2)0("

M

xEM

Terbukti .dan maka

,...2,1,0,!

.

lain yanguntuk x ,0)(

x

xe

x

xf

24

Teorema 1.7.4 :

Jika X berdistribusi seragam f (x) =

lain yanguntuk x ,0

c b c, x b,1

bc

maka E (X) = 2

cb dan Var (X) =

12

2bc

Bukti :

c

bb

cx

bcdx

bcxXE 2

1

2

11)(

=1

2[2 2

]

=1

2

( + )( )

( )

=1

2( + )

E(2) = 21

=

c

b

1

3

1

3b

c

= 1

3

1

(3 3)

= 1

3

1

(2 + + 2)( )

= 1

3(2 + + 2)

25

Var () = E[x] [E()]2

=1

3(2 + + 2) [

1

2( + )]

2

=1

12( )2

Jadi, jika berdistribusi seragam () = {

1

, ,

0, untuk yang lain

Maka () =+

2 dan Var () =

()2

12 terbukti

26

SOAL-SOAL DAN PEMBAHASANNYA

A. Pilihan berganda

Jawablah pertanyaan di bawah ini dengan memilih jawaban yang tepat

dengan memberi tanda silang pada huruf A, B, C, D, atau E.

1. Probabilitas untuk memperoleh sedikitnya 4 kali tanda gambar

dalam 6 kali pelemparan sebuah koin adalah......

A. 11/32 D. 22/32

B. 11/64 E. 22/96

C. 11/96

Jawaban : A

Penyelesaian :

Misalnya X menyatakan banyak tanda gambar yang muncul

Dalam hal ini, = 4, = 6 dan = 1/2

Fungsi peluang dari X adalah :

() = (6) (

1

2)

(1

2)6

; x = 4, 5, 6

Jadi : P(X 4) = P(X = 4, 5, 6)

= P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6)

= (64) (

1

2)4

(1

2)2

+ (65) (

1

2)5

(1

2)1

+ (66) (

1

2)6

(1

2)0

= 15

64+

6

64+

1

64

P(X 4) =22

64 =

11

32

27

2. Misalkan X adalah peubah acak berdistribusi poisson dengan

parameter . Jika P (X = 0) = 0,2, maka nilai P ( X = 2 ) adalah.

Jawab :

A. 0,2584 D. 0,2376

B. 0,3256 E. 0,4432

C. 0,3342

Jawaban : A

Penyelesaian :

P(X) = P(X = x) =

! ; x = 0, 1, 2, 3,

P(X = 0) = 0,2

0

0! = 0,2

= 0,2

= 1,6

Jadi :

P(X= 2) =(1,6)21,6

2! = 0, 2584

3. Misalkan fungsi densitas dari X berbentuk :

g (x) = 1

4 ; 0< < 4

= 0, x lainnya

Berapakah nilai P ( 1< < 3)

28

Jawab :

A. 2/3 C. 3/4 E. 4/5

B. 1/2 D. 3/2

Jawaban : B

Penyelesaian :

Berdasarkan sifat dari fungsi densitas, maka :

P( 1< < 3) = 1

4

3

1 dx

= [1

4]1

3

= [1

4. 3] [

1

4. 1]

= [3

4] [

1

4]

= [2

4]

= [1

2]

P( 1< < 3) = 2

4 =

1

2

1. Suatu suku cadang dapat menahan uji guncangan tertentu dengan

probabilitas 0.75. Hitung probabilitas bahwa tepat 2 dari 4 suku

cadang yang diuji tidak akan rusak.

a. 27

128 d.

25

128

b. 27

127 e.

25

125

c. 28

127

29

Jawaban : A

Penyelesaian :

Misalnya X menyatakan banyak tanda gambar yang muncul

Dalam hal ini, = 2, = 4 dan = 0,75 = 3/4

Fungsi peluang dari X adalah :

() = ()()(1 ); x = 2

(2) = (42) (

3

4)2

(1

4)42

;

(2) = 4!

2! 2!(3

4)2

(1

4)2

=27

128

B. Selesaikanlah soal di bawah ini!

1. Apakah artinya Y ~ P(y, 2)? Kemudian tuliskan bentuk fungsi

peluangnya. Fungsi peluang dari Y.

Penyelesaian :

Y ~ P(y, 2) artinya peubah acak Y berdistribusi poisson dengan

parameter = 2

Fungsi peluang dari Y berbentuk :

P(y) = 22

! ; y = 0, 1, 2, 3,

2. Apakah artinya Y ~ B(y, 6, 1

4 ) kemudian tuliskan bentuk fungsi

peluangnya.

Penyelesaian :

Y ~ B(y, 6, 1

4 ) artinya peubah acak Y mengikuti distribusi binomial

dengan banyak pengulangan eksperimennya sampai 6 kali, peluang

terjadinya peristiwa sukses sebesar 1

4 dan banyak peristiwa sukses y.

30

Fungsi peluang dari Y adalah :

P(y) = (6) (

1

4)

(3

4)6

; y = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,

3. Misalkan Y~ B(y, 1, 1

4 )

Tentukan fungsi distribusi dari Y.

Penyelesaian :

Fungsi peluang dari Y adalah :

P(y) = P(Y=y) = (1

4)

(3

4)1

; y = 0,1

Jadi : p(0) = 3

4

P(1) = 1

4

Distribusi peluang dari Y adalah :

Y 0 1

P(y) 3

4

1

4

Fungsi distribusi dari Y adalah

Untuk y < 0

F(y) = 0

Untuk 0 y < 1

F(y) = ()1 = ()10 = p(0)

F(y) = 3

4

31

Untuk y 1

F(y) = ()1 = ()11

= p(0) + p(1)

= 3

4+1

4

F(y) = 1

Sehingga : F(y) = 0, y < 0

= 3

4 ; 0 < 1

= 1 ; y 1

4. Misalkan fungsi densitas dari X berbentuk :

g(x) = 1

5 , 0

32

5. Misalkan x adalah peubah acak berdistribusi normal dengan rataan 3

dan varian 5. Jika y = 3x2-2 , maka E(y) adalah.

penyelesaian :

diketahui E(x)= 3 dan var(x)=5

maka : var(x)= E(x2) (E(x))2

5= E(x2) 9

E(x2)= 14

Sehingga E(y) = E(2x2-1)

= E(2x2) 1

= 2(14) 1

E(y) = 27

6. Hitunglah probabilitas peristiwa binomial!

=1

2, =

1

2, = 2, = 5

penyelesaian :

Diket: =1

2, =

1

2, = 2, = 5

Ditanyakan: () = probabilitas peristiwa binomial

Jawab:

() = () (1 ) , 1 =

33

(2) = (52) (1

2)2

(1

2)52

(2) =5.4.3!

2! .3!. (1

4) (1

8)

(2) = 5

16

Jadi, probabilitas peristiwa binomial tersebut adalah 5

16

7. Dalam pengetosan 3 buah uang logam, berapakah probabilitas untuk

memperoleh 2 buah H?

Penyelesaian:

Diket: =1

2 Peluang satu koin muncul H

= 2 memperoleh 2 buah H

= 3 3 buah uang logam

Ditanyakan: (2) = probabilitas memperoleh 2 H

Jawab:

() = () (1 ) , 1 =

(2) = (32) (1

2)2

(1

2)32

(2) =3.2!

2! .1!. (1

4) (1

2)

(2) = 3

8

Jadi, probabilitas untuk memperoleh 2 buah H adalah 3

8

8. Andaikan kita memperoleh soal tipe objektif benar-salah sebanyak 10 buah.

Dalam menyelesaikan soal-soal itu andaikata ada anak yang tidak belajar,

34

menjawabnya itu hanya melalui tebak-menebak, berapakah probabilitas (nilai

peluang) yang memperoleh paling tidak 7 buah soal jawabannya benar.

Penyelesaian:

Diket: =1

2 Peluang satu soal dengan pilihan benar-salah

= 7, 8, 9,10 paling tidak satu buah soal benar

= 10 10 buah soal

Ditanyakan: () = probabilitas paling tidak 7 buah soal benar.

Jawab:

Membuat tabel distribusi

()

()

= () ()

7 (107) = 120 (

1

2)7

(1

2)3

120 (1

2)10

8 (108) = 45 (

1

2)8

(1

2)2

45 (1

2)10

9 (109) = 10 (

1

2)9

(1

2)1

10 (1

2)10

10 (1010) = 1 (

1

2)10

(1

2)0

(1

2)10

Peluang

total

176

1024= 0,172

Jadi, probabilitas paling tidak 7 buah soal benar adalah 0,172

35

RANGKUMAN

1. Distribusi Bernoulli

a. Fungsi peluang : (1 )1, = 0, 1

b. Notasi :X ~ B (x ; 1 , p)

c. Rataan : =

d. Varians : 2 = (1 )

e. Fungsi pembangkit Momen :() = (1 ) + . ;

2. Distribusi Binomial

a. Fungsi peluang : () = ( = ) = ()(1 ), =

1, 2, 3, ,

b. Notasi X~ B (x ; n , p)

c. Rataan : =

d. Variansi : 2 = (1 )

e. Fungsi pembangkit Momen :() = [(1 ) + . ] ;

3. Distribussi Poisson

a. Fungsi peluang : () = ( = ) =

!, = 0, 1, 2,

b. Notasi X ~P ( ; )

c. Rataan : =

d. Variansi : 2 =

e. Fungsi pembangkit Momen :() = (1) ;

4. Distribusi Seragam

a. Fungsi densitas : () =1

; < <

b. Rataan ( ) = E(X) = (1

2) ( + )

c. Varians = 2 = () = (1

12) ( )2

d. Fungsi pembangkit Momen : () =

() ; 0

= 1 ; t = 0

36

BAB 3

HUBUNGAN HARAPAN DAN VARIANSI DARI PEUBAH ACAK KHUSUS

(bahasan 2)

Tujuan

Adapun tujuan dari mempelajari materi hubungan harapan dan variansi

dari peubah acak kontinu adalah

a. Mengetahui bagaimana hubungan harapan dan variansi dari peubah acak

kontinu.

b. Memenuhi tugas mata kuliah statistik matematika

Materi

Ekspektasi

Jika X menyatakan suatu variabel acak kontinu yang dapat mengambil setiap nilai

x yang memiliki probabilitas (x), maka ekspektasi atau nilai harapan dinyatakan

sebagai berikut:

() = . ()

Variansi

Misalkan X peubah acak kontinu dengan distribusi peluang () dan rataan ,

maka () = 2 adalah 2 = [( )2]

() = 2 = ( )2 = (2) 2 = (2) [()]2

Teorema 1.7.5

Jika berdistribusi eksponen () = {1

, 0

0, untuk yang lain

Maka () = danVar() = 2

37

Bukti :

() =

0

1

=

0

=

0

= (1!)

() =

(2) = 21

0

=

0

=

0

=

0

= 2 2

0

= 2(2!)

= 22

Misalkan :

=

=

1

Catatan :

=

!

0

=1

!

0

! =1

0

! =

0

! =

0

Karena n = 1, diperoleh :

1! =

0

Misalkan :

=

=

1

38

() = (2) (())2

() = 22 ()2

() = 22 2

() = 2

Jadi, jika berdistribusi eksponen () = {1

, 0

0, untuk yang lain

Maka () = dan () = 2 (terbukti)

Contoh :

Tentukan fungi densitas dari ~(2)!

Jawab :

~(2) merupakan peubah acak X berdistribusi eksponensial dengan

parameter = 2.

Fungsi densitas dari X berbentuk :

() = 1

2.

2 ; > 0

= ;

Teorema 1.7.6

Dipelajari pertama kali pd abad ke -18

Pencetus :

De Moivre (1733)

Laplace (1775)

Gauss (1809) Dist. Gauss.

39

Suatu variabel random kontinu x dikatakan berdistribusi normal dgn mean dan

variansi 2 adalah jika mempunyai fungsi probabilitas yang berbentuk :

2

2)(

2

1

22

1)(

X

eXf

Untuk

- < x

40

Misalkan :

2

2

1y

eI dy

Akan dibuktikan 22 I sehingga

Pilihlah

xz maka dz = dx sehingga

2

2

1z

eI dz

2

2

1

2y

eI dy

2

2

1z

e dz

22

2

1

2zy

eI dy dz

Dalam koordinat polar diketahui:

cos.ry maka 222 cos.ry

sin.rx maka 222 sin.rx

Sehingga diperoleh : 2222222 sincos. rrrzy

Kita substitusikan 222 rzy maka diperoleh : ddrreIr

..2

2

1

2

Dengan menggunakan teori limit diperoleh , substitusikan

2

2

1y

eI dy =

2

kedalam persamaan (1)

yxE

22

1dy +

2

2

1

dy =

dxexxEx

2

2

1

22

2

1

Misalkan : yx maka 22 yx

2I

2I

41

xy

xy

Maka

1dy dx, sehingga

22

1

2

2

y

ey

xE

dy

2

2

12222

2

2 ye

yyxE

dy

2

2

1222

2

y

ey

xE

dy + 2

2

1

2

2 yey

dy +

2

2

1

2

2

1 ye

dy

2

2

1222

22

y

ey

xE

dy + 0 + 2 ............. (1)

Misalkan :

22 2zy maka 22 2 dyzy dz

sehingga 22

2

1

222 22

2 zezxE

2 dz + 2

2222 22 zezxE

dz + 2

2

12 22 xE + 2

222 xE

22 xExExVar

2

222

Jadi, Jika X berdistribusi normal

2

2

1

2

1)(

x

exf , x maka

xE dan 2xVar . Terbukti.

42

Sifat-sifat distribusi normal :

1. Harga modus, yaitu harga pada sumbu x dengan kurva maksimum terletak

pada x =

2. Kurva normal simetris terhadap sumbu vertikal melalui

3. Kurva normal mempunyai titik belok pada x =

4. Kurva normal memotong sumbu mendatar secara asimtotis

5. Luas daerah dibawah kurva normal dan diatas sumbu mendatar sama

dengan 1.

Kurva Normal

Luas bagian kurva normal antara x=a dan x=b dapat ditulis menjadi P(axb)

Nilai ini untuk distribusi normal standar telah ditabelkan Tabel III

Distribusi normal standar adalah distribusi normal yang mempunyai mean =0

dan standar deviasi =1

Untuk distribusi normal yang bukan distribusi normal standar maka diubah

dengan rumus transformasi Z :

xz

Contoh:

Misalkan peubah acak Y berdistribusi gamma dengan parameter = 2 =

3. Peluang bahwa harga Y lebih dari 4 adalah.

a. 0,6151 d. 1,543

b. 1,6151 e. 0,153

x

43

c. 0,06151

Penyelesaian :

Fungsi densitas dari Y berbentuk :() = (

9)

3 ; y > 0

= 0 ; yang lainnya

Jadi : P(y>4) = 1

9.

3

4

= 1

9lim

3

Integral di atas dapat diselesaikan denga integral parsial.

Misalnya u = y , maka du = dy

=

3 , = 3.

3

( > 4) = 1

9lim

(3.

3 | +3

3

4=4 )

= 1

9lim

(3| 9.

3 ] =4

=4 )

=1

9lim

(3.

3 + 12.

3 . 9.

3 + 9.

3 )

=1

9[ lim

(3.

3 ) + 21.

3 lim

(9.

3 )]

=1

9(0 + 21.

4

3 0)

( > 4) = (21

9) e

4

3 = 0,6151

Teorema 1.7.7

Definisi fungsi Gamma. Untuk n > 0 (tidak perlu bilangan bulat)

44

() 1 = 2 212

0

0

bukti:

() 1

0

Subtitusi

= 2

= 2

Sehingga

1

0

= (2)1(2)2

0

= 222

2

2

0

= 221

2

1

0

Peubah acak X berdistribusi gamma dan dinamakan peubah acak gamma jika Fkp-

nya berbentuk:

() = {

1

1

, > 0(, > 0)

0, 0

Jika X berdistribusi Gamma G(x,, A = 0 ) maka

= =

2 = () = 2

45

Bukti:

= = ()

= 1

0

=1

0

Misalkan

= maka = dan = dan karena 0 < < , maka 0 1, () = ( 1)(

1). Berdasarkan induksi matematika

() = ( 1)! bila n suatu bilangan bulat positif.

Contoh:

Misalkan peubah acak x berdistribusi Gamma G(x4, 2, 3). Tentukan titik a

sehingga peluangnya 50% memperoleh nilai x yang lebih kecil atau sama dengan

a [P (x a) = 0,05]. (nilai a disebut median dari x juga suatu distribusi x).

Jawab:

Diketahui : G(x4, 2, 3) maka

= 4

= 2

A = 3 berarti 3 x <

Sehingga

f(x)dx =

1

24+1 (4+1)

(x 1)4ex9

2 dx

Dari tabel 9 pada baris = 4 dan lajur y = 0.05

47

a 3

= 4,671

Karena = 2 maka a = 2(4,671) + 3 = 12,342

Jadi median G(x4, 2, 3) adalah 12,342 .

Teorema 1.7.8

Suatu variabel acak dikatakan memiliki distribusi Beta dengan parameter a dan b,

jika fungsi kepadatanya adalah () = {

1

(,)1(1 )1 0 < < 1

0

di mana (, ) merupakan fungsi Beta yang didefinisikan sebagai

(, ) = 1(1 )1 < 0, < 0

1

0

Fungsi Beta dihubungkan dengan fungsi Gamma oleh

(, ) =()()

(a + b)

Sehingga distribusi Beta juga dapat didefinisikan oleh fungsi kepadatan

() = {

()()

(a + b)1(1 )1 0 < < 1

0

Mean dan variansi dari distribusi Beta dengan parameter a dan b masing-masing

adalah

=

+ 2 =

( + + 1)( + )2

Bukti :

48

Menghitung momen dari distribusi Beta bisa dilakukan dengan metode sebagai

berikut

=1

(, )11

0

(1 )1

= 1

(,) (+)11

0(1 )1 .(1)

maka juga dapat diperoleh persamaan

=(+,)

(,)=(+)(+)

(++)() ..(2)

Berdasarkan persamaan (1) dan persamaan (2), maka untuk memperoleh mean

(EX) dan () = (2) [()]2 adalah dengan mensubsitusikan n= 1 dan

n= 2 ke persamaan (2), maka

= 1 =( + 1)( + )

( + + 1)()

=()( + )

( + )( + )()

=

+

Dan () = (2) [()]2

Karena

2 =( + 2)( + )

( + + 2)()

Maka

() =( + 1)

( + + 1)( + ) (

+ )2

49

=( + 1)

( + + 1)( + )

2

( + )2

=( + )(2 + ) 2( + + 1)

( + )2( + + 1)

=

( + + 1)( + )2

50

SOAL-SOAL DAN PEMBAHASANNYA

Jawablah pertanyaan di bawah ini dengan memilih jawaban yang tepat dengan

memberi tanda silang pada huruf A, B, C, D, atau E.

1. Misalkan peubah acak y berdistribusi eksponensial dengan parameter = 3.

Peluang bahwa y bernilai lebih dari 2 adalah

a. 0,01534 d. 0,005

b. 0,1534 e. 0,511

c. 0,06

penyelesaian :

Fungsi densitas dari y adalah :() = (1

3) .

3 ; > 0

= 0 ;untuk yang lainnya.

( > 2) = 1 ( 2)

= 1 1

3.

3 2

0

= 1 1

3. (3.

3 ] =02 )

= 1 + (2

3 1)

( > 2) = 2

3 = 0,5134

51

2. Jika peubah acak X berdistribusi eksponesial dengan parameter = 20,

dengan

( > 40| > 10) adalah...

Penyelesaian :

Fungsi densitas dari y adalah :() = (1

20) .

20 ; > 0

= 0 ;untuk yang lainnya.

( > 40) = 1 ( 40)

= 1 1

20.

2040

0

= 1 1

20. [20 .

20]]0

40

= 1 + (2

1 1)

( > 40) = 2

( > 10) = 1 ( 10)

= 1 1

20.

2010

0

= 1 1

20. [20 .

20]]0

10

= 1 + (1

2 1)

( > 10) = 1

2

52

( > 40| > 10) =( > 40)

( > 10)

=2

1

2

= 2 1

2

= 2(1

2) = 1,5

3. Jika peubah acak X berdistribusi umum dengan rataan 2 dan varians 0,16.

Maka P(X > 2,3) adalah

a. 0,5 d. 0,2734

b. 0,75 e. 0,2266

c. 2,3

penyelesaian:

dalam hal ini = 2 = 0,4

( > 2,3) = (

>2,3 2

0,4) = ( > 0,75)

Kurva berdistribusi normal baku untuk Z = 0,75 bisa dilihat berikut ini,

Daerah yang dicari mulai dari z= 0,75 sampai z=

Jadi P(X>2,3) = 0,5 ( daerah dari Z = 0 sampai Z = 0,75 )= 0,5 0,2734

0,75

0

53

P(X>2,3) = 0,2266

4. Untuk n = 6, maka fungsi Gamma dan nilainya adalah:

a. (6) = x6exdx dan (6) = 120~

0

b. (6) = x5exdx dan (6) = 720~

0

c. (6) = x6exdx dan (6) = 720~

0

d. (6) = x5exdx dan (6) = 120~

0

Jawaban: D

Penyelesaian:

(n) = xn1exdx~

0

Untuk n=6

(6) = x6exdx~

0

(6) = (6 1)! = 5! = 120

5. Jika X peubah acak berdistribusi beta dengan parameter a=1 dan b=4,

maka rerata X adalah

a. 0,1

b. 0,2

c. 0,3

d. 0,4

Jawaban : B

Penyelesaian:

=

+ =

1

1 + 5= 0,2

54

BAB 4

KEBEBASAN STOKASTIK

A. Proses Stokastik Berhingga

Pengertian

Suatu eksperimen berupa deret berhingga di mana tiap eksperimen

mempunyai sejumlah berhingga hasil yang mungkin dengan peluang

tertentu.

Contoh:

Terdapat 4 buah kotak yang berisi bola merah dan bola biru pada tiap-tiap

kotak. Kotak I berisi 10 bola, 3 di antaranya berwarna merah. Kotak II

berisi 8 bola, 2 di berwarna merah. Kotak III berisi 5 bola, 1 di antaranya

berwarna merah. Kotak IV berisi 10 bola, 4 di antaranya berwarna merah.

Kita akan mengambil satu kotak secara random dan kemudian dari kotak

tersebut diambil satu buah bola biru secara random. Berapakah peluang

bola berwarna biru terambil?

Jawab:

Dalam soal ini kita akan melakukan dua eksperimen sebagai berikut:

1. Memilih 1 dari 4 kotak

2. Mengambil 1 buah bola yang mungkin berwarna merah atau biru

Peluang mengambil 1 kotak dari 4 kotak secara random adalah 1

4.

Jadi, peluang terambil kotak I = peluang terambil kotak II = peluang

terambil kotak III = peluang terambil kotak IV.

Dari kotak I yang berisi 10 bola, 3 diantaranya berwarna merah. Peluang

terambil bola merah adalah 3

10 dan peluang terambil bola biru adalah

7

10.

Dari kotak II yang berisi 8 bola , 2 diantaranya berwarna merah. Peluang

terambil bola merah adalah 2

8 dan peluang peluang terambil bola biru

adalah 6

8.

55

Dari kotak III yang berisi 5 buah durian, 1 diantaranya berwarna merah.

Peluang terambil bola merah adalah 1

5 dan peluang peluang terambil bola

biru adalah 4

5.

Dari kotak IV yang berisi 10 buah durian, 4 diantaranya berwarna merah.

Peluang terambil bola merah adalah 4

10 dan peluang peluang terambil bola

biru adalah 6

10.

Sehingga dapat digambarkan sebagai berikut:

Diagram Peluang

Proses dan Hasil dari Perhitungan Peluang Bersyarat:

Peluang terambil bola biru dari kotak I adalah 1

4

7

10=

7

40

Peluang terambil bola biru dari kotak II adalah 1

46

8=

6

32=

3

16

Peluang terambil bola biru dari kotak III adalah 1

44

5=

4

20=1

5

Peluang terambil bola biru dari kotak IV adalah 1

4

6

10=

6

40=

3

20

Jadi, peluang terambil bola biru adalah peluang terambil bola biru dari

kotak I + Peluang terambil bola biru dari kotak II + Peluang terambil bola

I baik

busuk

II baik

busuk

III baik

busuk

IV baik

busuk

biru

biru

merah

merah

biru

merah

biru

merah

56

biru dari kotak III + Peluang terambil bola biru dari kotak IV adalah 7

40+

3

16+1

5+

3

20=51

80

B. Kebebasan Stokastik Diskrit

Definisi:

Misalnya dua peubah acak diskrit X dan Y mempunyai nilai fungsi peluang

gabungan di (, ), yaitu (, ) serta masing-masing mempunyai nilai fungsi

peluang marginal dari X di x, yaitu 1() dan nilai fungsi peluang marginal

dari Y di y, yaitu 2().

Kedua peubah acak X dan Y dikatakan bebas stokastik, jika dan hanya jika:

(, ) = 1(). 2()

Untuk semua pasangan nilai (, )

Contoh:

Misalnya fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:

(, ) = (1

72) ( + 2); = 0,1,2,3 dan = 0,1,2,3

Apakah X dan Y bebas stokastik?

Penyelesaian:

Fungsi marginal dari X adalah:

1() = (1

72) ( + 2)

3

=0

= (1

72) { + ( + 2) + ( + 4) + ( + 6)}

= (1

72) (4 + 12)

= (1

72) . 4( + 3)

1() = (1

18) ( + 3)

57

Jadi, 1() = (1

18) ( + 3); = 0,1,2,3

Fungsi marginal dari Y adalah:

2() =(1

72) ( + 2)

3

=0

= (1

72) {2 + (1 + 2) + (2 + 2) + (3 + 2)}

= (1

72) (8 + 6)

= (1

72) . 2(4 + 3)

2() = (1

36) (4 + 3)

Jadi, 2() = (1

36) (4 + 3); = 0,1,2,3

Misalnya pasangan nilai dari X dan Y diambil (, ) = (0,0).

( = 0, = 0) = (1

72) (0 + 0) = 0

1( = 0) =3

18=1

6

2( = 0) =3

36=

1

12

( = 0, = 0) = (1

72) ( + 2)

= (1

72) (0 + 2(0))

= (1

72) (0)

= 0

1( = 0). 2( = 0) = (1

18) ( + 3). (

1

36) (4 + 3)

= (1

18) (0 + 3). (

1

36) (4(0) + 3)

= (1

18) (3). (

1

36) (3)

58

=1

6.1

12

=1

72

karena ( = 0, = 0) 1( = 0). 2( = 0), maka X dan Y dua peubah

acak tidak bebas stokastik

C. Kebebasan Stokastik Kontinu

Definisi :

Misalnya dua peubah acak kontinu dan mempunyai nilai fungsi densitas,

gabungan di (, ), yaitu (, ) serta masing-masing mempunyai nilai fungsi

densitas marginal dari di , yaitu 1() dan nilai fungsi densitas marginal

dari di , yaitu 2(). Kedua peubah acak dan dikatakan bebas

stokastik, jika dan hanya jika :

(, ) = 1()2()

Dalam praktiknya, soal yang menyangkut kebebasan stokastik dua peubah

acak kontinu ini ada dua kemungkinan, yaitu sebagai berikut.

1. Fungsi densitas gabungan dari kedua peubah acak diketahui bentuknya.

Kita harus menentukan terlebih dahulu fungsi densitas marginal dari

masing-masing peubah acaknya. Kemudian kita menggunakan persyaratan

kebebasan stokastik, dan kita memperhatikan hasilnya dengan kriteria

sebagai berikut.

a. Apabila ruas kiri sama dengan ruas kanan, maka kedua peubah acak itu

dikatakan bebas stokastik.

b. Apabila ruas kiri tidak sama dengan ruas kanan, maka kedua peubah

acak itu dikatakan tidak bebas stokastik atau bergantungan.

2. Fungsi densitas gabungan dari kedua peubah acak tidak diketahui

bentuknya. Dalam hal ini fungsi densitas marginal dari masing-masing

peubah acak diketahui bentuknya. Kemudian kita menggunakan

pesyaratan kebebasan stokastik dan kriterianya sama dengan sebelumnya.

Contoh :

Misalnya fungsi peluang gabungan dari dan berbentuk :

(, ) = + ; 0 < < 1, 0 < < 1

59

= 0 ; , lainnya.

Apakah dan bebas stokastik?

Penyelesaian :

Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing dari

dan .

Fungsi densitas marginal dari adalah :

() = (, )

= (, )0

+ (, )

1

0 + (, )

1

= 00

+ ( + )

1

0 + 0

1

= 0 + { + (1

2) 2}]

=0

1

+ 0

() = + 1

2

Jadi, () = + 1

2 ; 0 < < 1

= 0 ; lainnya.

Fungsi densitas marginal dari adalah :

() = (, )

= (, )0

+ (, )

1

0 + (, )

1

= 00

+ ( + )

1

0 + 0

1

= 0 + {(1

2) 2 + }]

=0

1

+ 0

() =1

2+

Jadi, () =1

2+ ; 0 < < 1

60

= 0 ; lainnya.

Maka () . () = ( + 1

2) (

1

2+ )

=

2+ +

2+

1

4

Ternyata ( , ) (). (), karena +

2+ +

2+

1

4

Sehingga dan merupakan peubah acak yang tidak bebas stokastik atau

bergantungan.

Teorema 2.1.1

Misalkan f.k.p bersama dari dan adalah (, ). Maka dan bebas

stokastik jika dan hanya jika terdapat fungsi-fungsi non negatif () dan ()

sehingga (, ) = () () dan domain dari tidak tergantung dari serta

domain h tidak tergantung dari .

Bukti:

a. Misalkan x dan y bebas stokastik. Maka (, ) = () ().

Dalam hal ini cukup diambil () = () dan () = ().

b. Misalkan (, ) = ()(); () 0 dan () 0.

Akan dibuktikan dan bebas stokastik, untuk itu dicari () dan ().

() = (, ) = ()()

= ()

()

= ()dengan K = () suatu konstanta

() = (, )

= ()

() = () ()

= ()dengan L = () suatu konstanta

61

Akan tetapi,

KL = () ()

= ()()

= (, ) = 1

Akibatnya, ( , ) = ()() = ()

.()

= ()()

Dari persamaan (a) dan (b) berarti dan bebas stokastik.

Contoh:

Diketahui f.k.p bersama dari dan sebagai berikut:

( , ) = {12 (1 ); 0 < < 1 ; 0 < < 1

0 ; untuk yang lain

Buktikan bahwa dan bebas stokastik!

Jawab:

dan yang lain, yang mungkin :

() = 12 (1 )

() = 12

() =

() = (1 )

() =

() = (1 )

() = 12 (1 )

() = 12

Contoh :

Tulislah () = 12 dan () = (1 ).

62

Jelas bahwa :

a. () > 0untuk setiap ; 0 < < 1

b. () > 0untuk setiap ; 0 < < 1

c. (, ) = ()(); 0 < < 1 ; 0 < < 1

Berarti dan bebas stokastik.

63

Soal Latihan dan Jawaban

1. Suatu mata kuliah statistika matematika diikuti 50 mahasiswa angkatan

2010, 15 mahasiswa angkatan 2009 dan 10 mahasiswa angkatan 2008.

Diketahui mahasiswa yang mendapatkan nilai A sebanyak 10 orang dari

mahasiswa angkatan 2010, 8 orang dari mahasiswa angkatan 2009 dan 5

orang mahasiswa angkatan 2008. Bila seorang mahasiswa dipilih secara

acak, berapakah peluang dia mendapat nilai A?

a.10

75

b.23

75

c.10

23

d.52

75

Penyelesain:

10

50

40

50

50

75

8

15

15

75

7

15

10

75

5

10

5

10

Peluang mahasiswa yang mendapatkan nilai A = (50

7510

50) + (

15

75

8

15) +

(10

75

5

10)

2010

2009

2008

Nilai A

Nilai A

Nilai A

Selain A

Selain A

Selain A

64

=10

75+8

75+5

75=23

75

Jadi, peluang mahasiswa yang mendapat nilai adalah 23

75

2. Fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:

(, ) = ; = 1,2,3, dan = 1,2,3

Dengan X dan Y merupakan peubah acak bebas stokastik. Nilai adalah

...

a.1

36

b.1

6

c.2

36

d.2

6

Penyelesaian:

Fungsi peluang marginal dari X adalah:

1() = ()

3

=1

1() = (1 + 2 + 3)

1() = (6)

1() = 6

Fungsi peluang marginal dari Y adalah:

2() = ()

3

=1

2() = (1 + 2 + 3)

2() = (6)

2() = 6

Karena peubah acak X dan Y bebas stokastik maka (, ) =

1(). 2(), sehingga = 6. 6. jika diambil (, ) = (1,1)

maka:

(1)(1) = 6(1).6(1)

= 362

2= 36

1

= 36

=1

36

65

Jadi, nilai yang memenuhi pada (, ) = ; = 1,2,3, dan =

1,2,3 adalah 1

36

3. Fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk:

(, ) =1

36; = 1,2,3, dan = 1,2,3

Tentukan ( 2, < 2) !

a.4

36

b.1

36

c. 15

36

d.15

6

Penyelesaian:

Fungsi peluang marginal dari X adalah:

1() = (1

36)

3

=1

1() =1

36(1 + 2 + 3)

1() =1

36(6)

1() =1

6

Fungsi peluang marginal dari Y adalah:

2() = (1

36)

3

=1

2() =1

36(1 + 2 + 3)

2() =1

36(6)

2() =1

6

( 2, < 2) = 1( 2). 2( < 2)

( 2, < 2) =1

6.1

6

( 2, < 2) =1

6(2 + 3).

1

6(1)

( 2, < 2) =5

6.1

6

66

( 2, < 2) =5

36

Jadi, ( 2, < 2) pada fungsi peluang gabungan (, ) =1

36; = 1,2,3, dan = 1,2,3 adalah

5

36.

4. Misalkan fungsi peluang gabungan dari X dan Y berbentuk :

(, ) = (1

32) ( + ); = 1, 2 dan = 1, 2, 3, 4


a. Bebas stokastik c. ragu-ragu

b. Tidak bebas stokastik d. tidak jelas

Penyelesaian :

Fungsi peluang marginal dari X adalah :

1() = (1

32) ( + )

4

=1

= (1

32) (( + 1) + ( + 2) + ( + 3) + ( + 4))

= (1

32) (4 + 10)

= (1

16) (2 + 5)

Jadi, 1() = (1

16) (2 + 5) ; = 1,2

Fungsi peluang marginal dari Y adalah :

2() = (1

32) ( + )

2

=1

= (1

32) ((1 + ) + (2 + ))

= (1

32) (3 + 2)

Jadi, 2() = (1

32) (3 + 2) ; = 1, 2, 3, 4

Misalnya pasangan nilai dari X dan Y diambil (, ) = (1,1)

( = 1, = 1) = (1

32) (1 + 1) = (

1

32) (2) =

1

16

67

1( = 1) = (1

16) ((2 1) + 5) = (

1

16) (7) =

7

16

2( = 1) = (1

32) (3 + (2 1)) = (

1

32) (5) =

5

32

Ternyata ( = 1, = 1) 1(). 2(), karena 1

16

35

312

Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bergantungan atau tidak

bebas stokastik.


(, ) = (1

4) (2 + ); 0 < < 1,0 < < 2

= 0 ; , lainnya




Penyelesaian :

Kita harus menentukan dahulu fungsi densitas marginal masing-masing

dari X dan Y.


() = (, )

= (, )0

+ (, )

2

0+ (, )

2

= 0 0

+ (

1

4) (2 + )

2

0+ 0

2

= 0 + (1

4) {2 + (

1

2) 2}]

2 = 0

+ 0

() = (1

4) (4 + 2)

Jadi, () = (1

4) (4 + 2) ; 0 < < 1

= 0 ; lainnya


68

() = (, )

= (, ) 0

+ (, )

1

0+ (, )

1

= 0 0

+ (

1

4) (2 + )

+ 0

= 0 + (1

4) {2 + }]

1 = 0

+ 0

() = (1

4) (1 + )

Jadi, () = (1

4) (1 + ) ; 0 < < 2

= 0 ; lainnya

Maka : (). () = (1

4) (4 + 2) . (

1

4) (1 + ) = + +

2+1

2

Ternyata (, ) (). (), karena (1

4) (2 + ) + +

2+1

2

Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bergantungan atau tidak

bebas stokastik.


(, ) = (1

16) 33; 0 < < 2,0 < < 2

= 0 ; , lainnya




Penyelesaian :


dari X dan Y.


() = (, )

69

= (, )0

+ (, )

2

0+ (, )

2

= 0 0

+ (

1

16) (33)

2

0+ 0

2

= 0 + (1

16) {(

1

4) 34}]

2 = 0

+ 0

() = (1

16) (43)

Jadi, () = (1

16) (43) ; 0 < < 2

= 0 ; lainnya


() = (, )

= (, )0

+ (, )

2

0+ (, )

2

= 0 0

+ (

1

16) (33)

2

0+ 0

2

= 0 + (1

16) {(

1

4) 43}]

2 = 0

+ 0

() = (1

16) (43)

Jadi, () = (1

16) (43); 0 < < 2

= 0 ; lainnya

Maka : (). () = (1

16) (43) . (

1

16) (43) = (

1

16) (33)

Ternyata (, ) = (). (), karena (1

16) (33) = (

1

16) (33)

Maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang bebas stokastik.


(, ) = (1

16) 33; 0 < < 2,0 < < 2

= 0 ; , lainnya



70


Penyelesaian :


dari X dan Y.


() = (, )

= (, )0

+ (, )

2

0+ (, )

2

= 0 0

+ (

1

16) (33)

2

0+ 0

2

= 0 + (1

16) {(

1

4) 34}]

2 = 0

+ 0

() = (1

16) (43)

Jadi, () = (1

16) (43) ; 0 < < 2

= 0 ; lainnya


() = (, )

= (, )0

+ (, )

2

0+ (, )

2

= 0 0

+ (

1

16) (33)

2

0+ 0

2

= 0 + (1

16) {(

1

4) 43}]

2 = 0

+ 0

() = (1

16) (43)

Jadi, () = (1

16) (43); 0 < < 2

= 0 ; lainnya

Maka : (). () = (1

16) (43) . (

1

16) (43) = (

1

16) (33)

Ternyata (, ) = (). (), karena (1

16) (33) = (

1

16) (33)

71



(, ) = 4 ; 0 < < 1,0 < < 1

= 0 ; , lainnya




Penyelesaian :


dari X dan Y.


() = (, )

= (, )0

+ (, )

1

0+ (, )

1

= 0 0

+ (4)

1

0+ 0

1

= 0 + 22]1

= 0+ 0

() = 2

Jadi, () = 2 ; 0 < < 1

= 0 ; lainnya


() = (, )

= (, )0

+ (, )

1

0+ (, )

1

= 0 0

+ (4)

1

0+ 0

1

= 0 + 22]1

= 0+ 0

() = 2

72

Jadi, () = 2 ; 0 < < 2

= 0 ; lainnya

Maka : (). () = 2 .2 = 4

Ternyata (, ) = (). (), karena 4 = 4


73

BAB 5

SIFAT-SIFAT KEBEBASAN STOKASTIK DUA PEUBAH ACAK

A. PENDAHULUAN

Pada hal ini, kita akan mempelajari akibat dari kebebasan stokastik itu

sendiri atau dengan kata lain, sifat-sifat apa saja yang ada pada kebebasan

stokastik itu.

Adapun tujuan instruksional khususnya adalah sebagai berikut:

1. Diharapkan dapat menghitung peluang bila terjadi kebebasan stokastik

2. Diharapkan dapat menghitung ekspektasi hasil kali dua peubah acak, bila

terjadi kebebasan stokastik

3. Diharapkan dapat mendeteksi kebebasan stokastik melalui f.p.m

4. Diharapkan dapat membentuk f.p.m bersama bila terjadi kebebasan stokastik

B. MATERI

Sifat bebas stokastik yang dimiliki dua (atau lebih) peubah acak, dapat

digunakan untuk menghitung; peluang, ekspektasi, ataupun menentukan f.p.m

bersama. Pada teorema berikut dikemukakan cara perhitungan peluang apabila X

dan Y bebas stokastik.

Teorema 2.2.1

Jika X dan Y bebas stokastik, maka

( < , < ) = ( < ) ( < )

74

Bukti:

Akan dibuktikan untuk kasus kontinu. Untuk kasus diskrit, hanya mengganti

lambang integral dengan lambang jumlah. Karena X dan Y bebas stokastik, maka

(, ) = 1()2(). Akibatnya

( < , < ) = (, )

= 1()2()

= 1() 2()

= ( < , < )

Jadi, terbukti bahwa ( < , < ) = ( < ) ( <

).

Pada Teorema 2.2.1, terlihat bahwa kebebasan stokastik memberikan kemudahan

dalam perhitungan peluang. Ada lagi beberapa kemudahan perhitungannya antara

lain: kemudahan menghitung ekspektasi dan kemudahan menentukan f.p.m.

Contoh Soal:

1. Diketahui f.k.p bersama dari X dan Y adalah sebagai berikut:

( , ) = {

1

4 ; (, ) = (0,0), (1,1), (2,0), (3,1)

0 ; (, )

Buktikan bahwa X dan Y tidak bebas stokastik!

75

2. Diketahui f.k.p bersama dari X dan Y adalah sebagai berikut:

( , ) = {

1

9 ; = 1,2,3 = 1,2,3

0 ; (, )


Penyelesaian:

1. f. k. p marginalnya adalah sebagai berikut:

Syarat bebas stokastik adalah f(x, y) = f(x) . f(y)

Dari table terlihat bahwa f(x, y) f(x) . f(y) untuk setiap x dan y.

Jadi x dan y tidak bebas stokastik.

2. F. k. p marginalnya adalah sebagai berikut:

Ambil () =1

3dan () =

1

3

Jelas bahwa g(x) > 0 untuk setiap x = 1, 2, 3 dan h(y) > 0 untuk setiap

y = 1, 2, 3

y x 0 1 2 3

0 1

4 0

1

4

0 1

2

1 0 1

4 0

1

4

1

2

1

4

1

4

1

4

1

4

1

76

Sehingga f(x, y) = g(x) . h(y), x, y = 1, 2, 3

1

9=1

3.1

3

1

9=1

9

Karena f(x, y) = g(x) . h(y), maka x dan y bebas stokastik.

Teorema 2.2.2

Misalkan

(i) X dan Y dua peubah acak

(ii) () dan () masing-masing berupa fungsi dari X dan fungsi dari Y

Jika X dan Y bebas stokastik, maka :

[()()] = [()] [v(Y)]

Bukti :

Akan dibuktikan untuk kasus kontinu.

Misalkan f (x , y) f.k.p bersama dari X dan Y. f.k.p marginalnya kita tulis f1(x)

dan f2(y), jadi

[()()] = ()()

= ()()1()2()

= { ()1()

} { ()2()

}

= [()] [()]

Jadi, terbukti bahwa [()()] = [()] [v(Y)].

77

Teorema 2.2.3

Misalkan

1) M(t1,t2) f.p.m bersama dari X dan Y 2) M1(t1) dan M2(t2) masing-masing f.p.m X dan f.p.m Y

Maka X dan Y bebas stokastik jika dan hanya jika :

M(t1,t2) = M1(t1) . M2(t2)

Bukti :

(i) Misalkan X dan Y bebas stokastik, maka

M(t1,t2) = (1+ 2)

= (12)

= (1)(2)

= 1(1).2(2)

(ii) Misalkan M(t1,t2) = M1(t1) . M2(t2), jadi

(1, 2) = { 1

1()} { 2

2()}

= 1+2

1()2()

Akan tetapi M(t1,t2) adalah f.p.m bersama dari X dan Y. Ini berarti :

(1, 2)9 = 1+2

(, )

78

Akibatnya, karena f.p.m bersifat unik, maka f(x,y) = f1(x) f2(y) ,

kecuali mungkin di himpunan yang peluangnya 0

Ini berarti X dan Y bebas stokastik. Dari penjelasan (i) dan (ii) maka teorema

diatas terbukti.

Teorema 2.2.4

a. Jika X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik, maka

(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )

= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )

b. Jika X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik maka

[1(1)2(2) . ()] = [1(1)]. [ 2(2)] . [()]

c. X1, X2, .... , Xn saling bebas stokastik jika dan hanya jika

M(t1,t2, ..... , tn) = M1(t1) . M2(t2) ...... . Mn(tn)

Ruas kiri adalah f.p.m bersama X1, X2 , ... , Xn

M1(t1) adalah f.p.m dari Xi ; i = 1, 2, 3, .... , n

Bukti : Teorema 2.2.4 bagian a

Karena X1, X2, .... , Xn bebas stokastik, maka

(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )

= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )

79

Akibatnya pada kasus kontinu,

(1 < 1 1, 2 < 2 2 , , < )

= . (1, 2, . , )12

2

2

1

1

= . (1) (2), ()12

2

2

1

1

= (1)1

1

1

(2)2 2

2

()

= (1 < 1 1) . ( 2 < 2 2) ( < )

Jadi teorema di atas terbukti

Bukti : Teorema 2.2.4 bagian b

Pada kasus kontinu.

Misalkan f.k.p bersama dari X1, X2, .... , Xn.

f.k.p marginalnya ditulis :

[1(1)2(2) . ()] = [1(1)]. [ 2(2)] . [()]

= . 1(1)2(2)() (1, 2, . , )12

= . 1(1)2(2)() (1) (2), () 12

= [ 1(1)(1)1

] [ 2(2)(2)2

] [ () ()

]

80

= [1(1)]. [ 2(2)] . [()]

Jadi teorema di atas terbukti

Bukti : Teorema 2.2.4 bagian c

(i) Misalkan 1, 2, . , bebas stokastik, maka :

(1, 2, , ) = (11+22++)

= (11) (22) ()

= (1).(2) ()

(ii) Misalkan (1, 2, , ) = 1(1) 2(2) ()

(1, 2, , )

= { 111(1)1

} { 222(2)2

} { ()

}

= 11+22++1(1)2(2)()12

Akan tetapi, (1, 2, ) adalah f.p.m bersama dari 1, 2. Ini berarti :

(1, 2, , )

= 11+22+(1, 2, )12

Sehingga :

(1, 2, , ) = (1, 2, , )

81

11+22++1(1)2(2)()12. .

= 11+22++(1, 2, )12

Akibatnya, karena f.p.m bersifat unik, maka : 1(1)2(2)() =

(1, 2, )

Kecuali mungkin di himpunan yang peluangnya 0. Ini berarti bebas stokastik.

Jadi, dari penjelasan (i) dan (ii) maka teorema di atas terbukti.

Contoh Soal

Ketiga peubah acak 1, 2 dan 3 diketahui bebas stokastik dan memiliki f.k.p

yang sama, yaitu:

() = {2; 0 < < 10;

Misalkan Y = maks { 1, 2, 3 } yaitu harga terbesar di antara 1, 2 dan 3.

Tentukan f.k.p bersama dari 1, 2 dan 3

Penyelesaian :

Karena 1, 2 dan 3saling bebas stokastik, maka f.k.p bersamanya adalah :

(1, 23) = (1) (2) (3) = 21 22 23 = 8123

Sehingga dapat dituliskan :

(1, 23) = {81 2 3; 0 < < 1; = 1,2,3

0; 1, 2, 3

82

BAB 6

PEUBAH ACAK DISKRIT

A. Distribusi Diskrit Seragam.

Distribusi Diskrit Seragam adalah suatu distribusi di mana setiap variabel

acak diasumsikan memiliki peluang yang sama.

Definisi Distribusi Seragam:

Jika peubah acak X mendapat nilai X1, X2,..Xk, dengan asumsi peluang yang

sama, maka distribusi dari X disebut sebagai distribusi seragam yang dinyatakan

sebagai

f(x;k)= k

1, x= x1,x2,x3,.,xk

Secara umum:

k CnN

nilai k dapat dianggap sebagai kombinasi N dan n

N = banyaknya titik contoh dalam ruang contoh/populasi

n = ukuran sampel acak = banyaknya unsur peubah acak X

Lambang f(x;k) dipakai sebagai pengganti f(x) untuk menunjukkan bahwa

distribusi seragam tersebut bergantung pada parameter k.

Teorema 1 Rataan dan variansi distribusi seragam.

Rataan dan variansi distribusi seragam diskret f(x;k) dirumuskan oleh:

=1

=1

2 =1

( )

2

=1

83

Bukti:

Dengan definisi:

= () = (; ) =

=1

1

=1

=1

=1

2 = [( )2] =( )2

=1

(; ) =( )21

=1

==1

( )

2

=1

Contoh :

Sebuah dadu seimbang dilantunkan, tentukan distribusi diskrit seragamnya,

tentukan juga rataan dan variansinya!

Solusi :

Sebuah dadu seimbang dilemparkan satu kali, maka tiap unsur dalam ruang

sampel S={1, 2,3 4, 5, 6}. Muncul dengan probabilitas 1/6. Jadi jika X

menyatakan mata dadu yang muncul, maka X terdistribusi peluang seragam

(uniform) yakni ;

(; 6) = 1

6 , =1,2,3,4,5,6.

Tabel Distribusi probabilitas X

x 1 2 3 4 5 6

(; ) = ()

Untuk rataan ;

16

16

16

16

16

16

84

=1

=1 =

1

6(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =

1

6(21) = 3.5

Variansi ;

2 =1

( )

2

=1

=1

6[(1 3.5)2 + (2 3.5)2 ++ (6 3.5)2] = 2.92

Berikut histogramnya:

B. Distribusi Binomial

Perhatikan eksperimen-eksperimen berupa melantunkan koin atau dadu,

mengambil kartu dari satu set kartu Bridge semuanya secara berulang. Setiap

lantunan dan pengambilan disebut usaha ( trial ). Kemungkinan hasil dari

eksperimen yang demikian dapat berupa sukses atau gagal. Suatu usaha

1 3 4 5 6 2

1

6

(; 6)

85

berulang, tiap usaha dengan dua kemungkinan hasil tersebut disebut percobaan

binomial.

Suatu percobaan binomial ialah yang memenuhi persyaratan sebagai

berikut:

1. Percobaan terdiri atas n usaha yang berulang

2. Tiap usaha memberi hasil yang dapat ditentukan dengan sukses atau gagal

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

ke yang berikutnya.

4. Tiap usaha bebas dengan usaha lainnya.

Dalam eksperimen binomial, peluang sukses dinotasikan dengan dan gagal

dengan = atau + = .

Contoh:

Sebuah koin seimbang dilantunkan sebanyak 7 kali, berapa peluang

mendapatkan;

i) Tepat 3 belakang

ii) Sekurang-kurangnya 5 belakang

iii) Paling banyak 3 belakang

iv) Antara 3 sampai 5 belakang

v) 3 muka dan 4 belakang

Solusi:

Misalkan M = muka dan B = belakang

86

Sebuah koin yang seimbang dilantunkan 7 kali merupakan suatu percobaan

binomial. Dengan jumlah usaha yang saling bebas sama dengan = 7 .

Peluang mendapatkan belakang dalam tiap usaha = =1

2.

Peluang tidak mendapatkan belakang dalam tiap usaha = = 1 =1

2

Misalkan X menunjukkan banyaknya muncul belakang dalam 7 kali

pelemparan.

X dapat bernilai 0,1,2,3,4,5,6,7

( ) = (7

) (1

2)

(1

2)7

, = 1,2,3, ,7

= (7

) (1

2)+7

= (7

) (1

2)7

=(7)

128 , = 1,2,3, ,7

i. ( 3 ) = ( = 3)

( = 3) =(73)

128 =

35

128

ii. ( 5 )

= ( 5) = ( 5)

= ( = 5) + ( = 6) + ( = 7)

=(75)

128+(76)

128+(77)

128=29

128

iii. ( 3 ) = ( 3)

= ( 3) = ( = 0) + ( = 1) + ( = 2) + ( = 3)

=(70)

128+(71)

128+(72)

128+(73)

128=1

2

87

iv. ( 3 5 ) = (3 5)

= ( = 3) + ( = 4) + ( = 5)

=(73)

128+(74)

128+(75)

128=91

128

v. (3 4 )

Karena kejadian sukses adalah munculnya belakang pada pelantunan koin,

maka saat kita menghitung peluang munculnya 3 muka dan 4 belakang

sama saja dengan menghitung peluang munculnya 4 belakang. jadi ;

( = 4) =(74)

128=35

128

Definisi Distribusi Binomial

Percobaan binomial adalah suatu percobaan yang terdiri atas beberapa usaha di

mana tiap usaha mempunyai dua kemungkinan hasil yang dapat diberi nama

sukses atau gagal.

Banyaknya sukses X dalam n usaha suatu percobaan binomial disebut suatu

peubah acak binomial. Distribusi peluang peubah acak binomial X disebut

distribusi Binomial dan dinyatakan dengan b (x;n,p), karena nilainya tergantung

pada banyaknya usaha (n) dan peluang sukses dalam suatu usaha (p). Tiap sukses

terjadi dengan peluang p dan kegagalan dengan peluang q = 1 p. Dalam

percobaan tersebut yang menghasilkan x sukses dan n x yang gagal.

Banyaknya ini sama dengan banyaknya cara memisahkan n hasil menjadi

dua kelompok sehingga x hasil berada pada kelompok pertama dan sisanya n x

hasil pada kelompok kedua, jumlah ini dapat dinyatakan dengan

(

)

88

Bila suatu usaha binomial dapat menghasilkan sukses dengan peluang p dan

gagal dengan peluang q = 1 p, maka distribusi peluang peubah acak binomial X

yaitu banyaknya sukses dalam n usaha bebas, ialah

(, , ) = (

)

= 1,2,3, ,

Distribusi di atas disebut distribusi binomial, sebab n+1 buah suku dalam

penguraian binomial (q + p)n berpadanan dengan berbagai nilai b(x; n;p) untuk

x=0,1,2,,n yaitu

nn

n

nn

nn

nn

npqppqqpq

...22

2

1

10

=b(0;n,p)+b(1;n,p)+ b(2;n,p)+ + b(n;n,p).

Karena p + q = 1, maka jelas bahwa

n

x

pnxb0

1,; suatu syarat yang harus

dipenuhi setiap distribusi peluang.

Contoh:

Seorang pasien sakit darah yang jarang terjadi mempunyai peluang 0,4 untuk

sembuh. Bila diketahui ada 15 pasien yang telah mengidap penyakit tersebut,

berapakah peluangnya :

1. Paling sedikit 10 akan sembuh.

2. Antara 3 sampai 8 yang sembuh.

3. Tepat 5 yang sembuh.

Solusi:

Dengan jumlah usaha yang saling bebas sama dengan = 15

Peluang sembuh = = 0,4

89

Peluang tidak sembuh = = 1 = 0,6

Misalkan X menyatakan jumlah pasien yang sembuh

i). ( 10) = 1 ( < 10)

= 1 (; 15; 0,4)

9

=0

= 1 [(0; 15; 0,4) + (1; 15; 0,4) + + (9; 15; 0,4)]

= 1

[ (15

0) (0,4)0(0,6)150 + (

15

1) (0,4)1(0,6)151 +

(15

2) (0,4)2(0,6)152 + (

15

3) (0,4)3(0,6)153 +

(15

4) (0,4)4(0,6)154 ++ (

15

9) (0,4)9(0,6)159]

= 1 0.9662

= 0,0338

ii). (3 8) =

(; 15; 0,4)

8

=3

= (; 15; 0,4)

8

=0

(; 15; 0,4)

2

=0

= 0,9050 0,0271 = 0,8779

iii). ( = 5) = (5; 15; 0,4) =

(; 15; 0,4)

5

=0

(; 15; 0,4)

4

=0

= 0,4032 0,2173 = 0,1859

Teorema Rataan dan Varian distribusi binomial

Distribusi binomial b(x,n,p) mempunyai rataan dan variansi berturut-turut sebagai

= np dan 2 = npq

90

Bukti:

misalkan hasil pada usaha ke-j dinyatakan oleh peubah acak Ij yang mendapat

nilai 0 atau 1, masing-masing dengan peluang q dan p. Sehingga banyaknya

sukses dalam suatu percobaan binomial dapat dituliskan sebagai jumlah n peubah

bebas, yaitu = =1 . setiap Ij mempunyai E(Ij) = (0)(q) +(1)(p)=p.

Jadi diperoleh rataan distribusi binomial

= () = (

=1

) = (1) + (2) + (3) + + ()

sukun

ppp = np

Variansi setiap E(Ij) diberikan 2

jI E[Ij p)2] = E(I2j)-p2

= (o)2q + (1)2p - p2

= p p2

= p(1- p)

= pq

Hal ini dapat diperluas ke dalam kasus n peubah bebas maka diperoleh

variansi distribusi binomial,

2 =

2

=1

= + + + ++

=

C. Percobaan Multinomial

Seandainya dalam percobaan binomial tersebut setiap ulangan menghasilkan

lebih dari dua kemungkinan hasil, maka percobaan itu kita sebut Percobaan

Multinomial. Misalnya dalam percobaan pelemparan dua dadu kita mengamati

91

apakah dari kedua dadu muncul bilangan yang sama, total kedua bilangan sama

dengan 7 atau 11, atau bukan keduanya. Bila ini yang kita amati maka percobaan

ini merupakan percobaan multinomial.

Umumnya, bila suatu usaha dapat menghasilkan hasil yang mungkin

1, 2, , dengan peluang 1 , 2 , , , maka distribusi multinomial akan

memberikan peluang bahwa 1 terjadi sebanyak 1 kali, 22 kali, . . . kali

dalam n usaha bebas dengan 1 + 2 + + = . Distribusi peluang seperti ini

dinyatakan dengan (1 , 2 , , ; 1 , 2 , , , ).

Jelas 1 + 2 ++ = 1 karena hasil tiap usaha haruslah salah satu

dari hasil yang mungkin.

Distribusi Multinomial

Jika suatu usaha tertentu dapat menghasilkan k macam hasi E1, E2, . . ., Ek

dengan peluang p1, p2,,pk, maka distribusi peluang acak X1, X2, , Xk yang

menyatakan banyaknya kejadian E1, E2, . . . , Ek dalam n usaha bebas adalah f(x1,

x2, .., xk) dalam n usaha bebas adalah:

f(x1,x2,,xk;p1,p2pk,n)= k

k

x

k

xxn

xxx

PPP ...21

21

21,...,,

dengan

k

t

i nx1

dan

k

t

ip1

1 .

Ini dapat dikerjakan dengan cara sebanyak

(

1, 2, , ) =

!

1!, 2!, , !

Karena tiap bagian saling terpisah dan terjadi dengan peluang yang sama, maka

distribusi multinomial dapat diperoleh dengan mengalikan peluang untuk tiap

urutan tertentu dengan banyaknya sekatan.

Contoh :

92

Bila dua dadu dilantunkan 6 kali, berapakah peluang mendapat jumlah 7 atau 11

muncul 2 kali, sepasang bilangan yang sama 1 kali dan pasangan lainnya 3 kali?

Jawab :

Misalakan kejadian berikut menyatakan

: jumlah 7 atau 11 muncul

2 : Jumlah bilangan yang sama muncul

3 : Baik pasangan yang sama maupun jumlah 7 atau 11 yang tidak

muncul

Peluang masing-masing kejadian di atas adalah

1 2 3 4 5 6

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

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

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

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

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

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

E1= {(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),(5,6),(6,5)}

E2= {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)}

Koin 1

Koin 2

93

E3= {(1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,1), (2,3), (2,4), (2,6), (3,1), (3,2), (3,5),

(3,6), (4,1), (4,2), (4,5), (4,6), (5,1), (5,3), (5,4), (6,2), (6,3), (6,4)}

1 =8

36=2

9 ; 2 =

6

36=1

6 ; 3 =

22

36=11

18

Nilai ini tidak berubah selama keenam usaha dilakukan.

Dengan menggunakan distribusi multinomial dengan 1 = 2, 2 = 1, dan3 = 3,

maka diperoleh peluang yang dinyatakan

(2,1,3;2

9,1

6 ,11

18, 6) = (

6

2,1,3) (2

9)2

(1

6)1

(11

18)3

=6!

2! 1! 3!(2

9)2

(1

6)1

(11

18)3

= 0,1127

LATIHAN SOAL

1. Jika Abi, Badu dan Cici berpeluang sama mendapat beasiswa, Hitunglah

distribusi peluang seragamnya!

Solusi :

distribusi peluang seragamnya adalah :

f(x; 3) = 13 untuk x = Abi, Badu, Cici atau x =1,2,3(mahasiswa

dinomori)

2. Jika kemasan Batu Baterai terdiri dari 4 batu baterai, maka bagaimana

distribusi peluang seragam cara menyusun batu baterai untuk 12 batu

baterai?

Solusi :

k C CnN 4

1212

4 8!495

!

! ada 495 cara

94

f(x; k) = f(x; 495) = 1

495 untuk x = 1,2,3,...,495

3. Diketahui suatu hasil produksi mempunyai peluang dalam suatu

pengujian kekuatan tertentu. Hitunglah peluang bahwa tepat 2 dari 4 hasil

produksi yang diuji tidak akan rusak.

Solusi :

Misalkan tiap pengujian bebas, jadi pengujian yang satu tidak

mempengaruhi oleh pengujian yang berikutnya. Dari soal diperoleh

bahwa, p = 3/4 , x = 2, dan n = 4. Jadi, peluang bahwa tepat 2 dan 4 hasil

produksi tidak akan rusak adalah

b128

27

4

1

4

3

4

3,4;2

224

2

4. Jika 20% dari baut-baut yang diproduksi oleh suatu mesin rusak, tentukan

peluang bahwa dari 4 baut yang dipilih secara acak terdapat yang rusak:

a. (1)

b. (0)

c. Kurang dari 2

Solusi :

(a) P(X = 1) = b(1; 4, (0,2)) = (41) (0,2)1(0,8)3 = 0,4096

(b) P(X = 0) = b(0; 4, (0,2)) = (40) (0,2)0(0,8)4 = 0,4096

(c) P(X < 2) = P (X=0) + P (X=1) = 0,4096 + 0,4096 = 0, 8192

95

5. Peluang seorang perwakilan datang ke suatu konferensi di suatu kota

menggunakan pesawat, bus, mobil pribadi, dan kereta berturut-turut adalah

0.4, 0.2, 0.3, dan 0.1. Hitung peluang dari 9 perwakilan yang datang 3

orang datang menggunakan pesawat, 3 orang dengan bus, 1 orang dengan

mobil pribadi, dan 2 orang dengan kereta.

Solusi:

Misalkan Xi : banyaknya perwakilan yang datang menggunakan

transportasi i, i=1,2,3,4 berturut-turut mewakili pesawat, bus, mobil

pribadi, dan kereta.

6. Sebuah kotak berisi 5 bola merah, 4 bola putih, dan 3 bola biru. Sebuah

bola dipilih secara acak dari kotak, warnanya dicatat, dan kemudian

bolanya dimasukkan kembali kemudian bolanya dimasukkan kembali.

Tentukan peluang bahwa dari 6 bola yang diambil secara acak dengan cara

ini, 3 diantaranya berwarna merah, 2 adalah putih, dan 1 biru.

Solusi :

Cara 1 : (menggunakan rumus distribusi multinomial)

P(merah pada sembarang pengambilan) = 5

12

P(putih pada sembarang pengambilan) = 4

12

P(biru pada sembarang pengambilan) = 3

12

n = 3 + 2 + 1 = 6

96

P (3 merah, 2 putih, 1 biru) = f (3, 2, 1;5

12 ,4

12,3

12, 6)

= (6

3, 2, 1) (

5

12)3(

4

12)2(

3

12)1 =

625

5184

Cara 2: Peluang terpilihnya satu bola merah adalah 5

12, sehingga untuk 3

bola merah peluangnya adalah (5

12)3.

Jadi, peluang untuk memilih 3 bola merah, 2 bola putih, dan 1 bola biru

adalah:

(5

12)3

(4

12)2

(3

12)1

Tetapai pilihan yang sama dapat diperoleh dalam urutan yang lain

(misalnya putih dulu, baru merah), dan banyaknya cara berbeda adalah :

C(6; 3,2,1) = 6!

3!2!1!

Sehingga peluang yang dicari adalah :

(5

12)3

(4

12)2

(3

12)1 6!

3! 2! 1!=625

5184

97

BAB 7

DISTRIBUSI HIPERGEOMETRIK & DISTRIBUSI POISSON

Distribusi Hipergeometrik

Misalkan sebuah populasi suatu barang sebanyak buah benda yang

terdiri atas buah barang yang baik dan sisanya ( ) buah barang rusak.

Kemudian diambil sebuah sampel acak berukuran ( ) secara sekaligus,

ternyata dari sampel acak itu berisi buah barang baik dan sisanya ( ) buah

barang rusak.

Dalam hal ini, kita akan menghitung peluang bahwa dari sampel acak itu

akan berisi buah barang baik.

Untuk menyelesaikan persoalan ini, perlu diperhatikan hal-hal berikut :

1. Banyak susunan yang mungkin untuk mendapatkan buah barang baik dari

buah barang baik ada () cara yang berbeda.

2. Banyak susunan yang mungkin untuk mendapatkan ( ) buah barang

rusak dari ( ) buah barang yang rusak ada (

) cara yang berbeda.

3. Banyak susu

statistika matematika 2013

Documents