Pengantar Stokhastik - Universitas Negeri Padang Repository
DIKTAT PENGANTAR STOKHASTIK Oleh Drs. Yerizon, M. Si
Dra. Minora Longgom Nasution FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS NEGERI PADANG
2003 KATA PENGANTAR Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT, yang telah memberikan rahmat dan karunia-
Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan diktat “Pengantar Stokhastik” ini. Diktat ini penulis susun dengan maksud agar mahasiswa pengikut mata kuliah Pengantar Stokhastik dapat lebih mudah mempelajari dan memahami materi mata kuliah ini.
Karena materi Pengantar Stokhastik agak sulit dipahami dibandingkan dengan materi matematika lainnya. Untuk itu diktat ini disusun sedemikian rupa sehingga lebih mudah dipahami. Disamping manfaat bagi mahasiswa, diharapkan diktat ini juga bermanfaat bagi dosen yang mengajarkan mata kuliah ini.
Penulis menyadari, bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna, untuk itu penulis sangat mengharapkan kritik dan saran dari semua pihak, demi kesempurnaan diktat ini pada edisi- edisi berikutnya. Pada kesempatan ini penulis juga mengucapkan terima kasih banyak kepada semua pihak yang telah membantu dalam penyusunan diktat ini.
Akhirnya penulis mengharapkan agar diktat ini dapat bermanfaat sebagai mana mestinya.
Padang, Oktober 2003 Penulis
DAFTAR ISI
63 BAB 5 MODEL ANTRIAN
54 BAB 4 RANTAI MARKOV WAKTU KONTINU
57
4.1 Pengantar
57
4.2 Proses Kelahiran Murni
58
4.3 Proses Kematian Murni
61
4.4 Proses Kelahiran dan Kematian
68
49
5.1 Proses Antrian
68
5.2 Model Antrian Pelayan Tunggal
68
5.3 Model Antrian Pelayan Majemuk
72
5.4 Antrian dengan Populasi Hingga
75 DAFTAR KEPUSTAKAAN
79
3.3 Teorema Limit Dasar dari Rantai Markov
Halaman KATA PENGANTAR i
DAFTAR ISI ii
2.1 Pengantar
BAB 1 PENDAHULUAN
1
1.1 Peluang
1
1.2 Distribusi Peluang Diskret Khusus
8
1.3 Beberapa Distribusi Peluang Kontinu
21 BAB 2 RANTAI MARKOV WAKTU DISKRIT
26
26
46
2.2 Matriks Peluang Transisi
29
2.3 Beberapa Model Rantai Markov
33
2.4 Analisis Langkah Pertama Sederhana
36
2.5 Beberapa Rantai Markov Khusus
40 BAB 3 PRILAKU JANGKA PANJANG RANTAI MARKOV
46
3.1 Matriks Peluang Transisi Reguler
3.2 Klasifikasi State
1.2 Distribusi Peluang Diskret Khusus
Banyak peubah acak yang dihasilkan dalam percobaan statistika mempunyai sifat yang sama dan pada dasarnya dapat dinyatakan dengan distribusi peluang yang sama. Misalnya semua peubah acak yang menyatakan banyaknya sukses dalam n usaha bebas dalam suatu percobaan. Jika peluang sukses tidak berubah pada tiap n usaha, mempunyai ciri umum yang sama dan karenanya dapat dinyatakan dengan rumus tunggal.
Orang harus hati-hati memilih distribusi peluang yang tepat menggambarkan pengamatan yang dihasilkan oleh percobaan. Dalam bagian ini akan dibahas beberapa distribusi peluang diskret. Tapi sebelumnya akan disajikan kembali beberapa definisi dan teorema yang berkaitan dengan distribusi peluang diskret.
Definisi 1.2.1
Fungsi f(x) adalah suatu fungsi peluang atau distribusi peluang suatu peubah acak diskret X jika memenuhi, a. f(x) 0
b. f ( x )
1
x c.
P(X = x) = f(x)
Definisi 1.2.2
Misalkan X suatu peubah acak diskret dengan distribusi peluang f(x), maka nilai harapan X adalah E(x) = xf ( x ) .
x Teorema 1.2.1
2
2
2
2
2 Variansi peubah acak X adalah = E(x ) – [E(x)] = E(x ) - Bukti:
2
2
= E(x - )
2
2
= E(x - 2x + )
2
2
= E(x ) - 2E(x) + (karena E(x) = )
2
2
2
= E(x ) - 2 +
2
2
= E(x ) -
Distribusi Seragam(Uniform)
Distribusi peluang diskret yang paling sederhana adalah yang peubah acaknya memperoleh semua harganya dengan peluang sama. Distribusi peluang semacam ini disebut distribusi seragam atau uniform.
Definisi 1.2.3
Misalkan peubah acak X mempunyai distribusi uniform diskret. Maka distribusi peluangnya diberikan dengan
1
f(x ; k) = . untuk x = x
1 , x
2 , x 3 , …x k. k dimana x i x j dengan i j.Notasi f(x;k) telah dipakai sebagai pengganti f(x) untuk menunjukkan bahwa distribusi seragam tersebut bergantung pada parameter k.
Teorema 1.2.2
Rataan dan variansi distribusi uniform diskret f(x ; k) adalah k k 2 x (x ) i i
i 1 2 i 1
dan k k
Bukti :
Untuk membuktikan teorema 1.2.2 dilakukan sebagai berikut : Menurut definisi 1.2.2 di atas, maka diperoleh, k k k x i
x
i i 1
E(x) x f(x ; k) i i i 1 i k k 1
Dari teorema 1.2.1, diperoleh, 2 2 k 2 E(x ) - (x - ) f(x ; k) i i i
i 1 k 2
k 2 i (x )
(x ) i i 1
i k k 1 Contoh
Bila sebuah dadu dilantunkan satu kali, berapa peluang yang muncul tiap mata dadu, kemudian tentukan rata-rata dan variansinya.
Jawab
Ruang sampel dari masalah di atas adalah S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Jadi peluang yang muncul tiap mata dadu adalah 1/6, hal ini merupakan distribusi uniform sehingga peluangnya f(x; 6) = 1/6, untuk x = 1, 2, 3, 4, 5, dan 6. Berdasarkan teorema 1.2.2 di atas maka diperoleh
1 2 3 4 5
6
21
=
3 , 5 dan
6 2
6 2 2
(
1 3 , 5 ) (
2 3 , 5 ) .... (
6 3 , 5 )
35
2
=
6
12
Distribusi Bernoulli
Peubah acak bernoulli hanya mempunyai dua nilai yaitu 0 dan 1 dalam satu kali percobaan. Nilai 0 dan 1 ini biasanya dikaitkan dengan “gagal” dan “sukses”. Dan peluang sukses dinyatakan dengan p dan gagal dengan 1 - p. Untuk lebih jelasnya perhatikan definisi berikut.
Definisi 1.2.4
Suatu peubah acak X dikatakan mengikuti distribusi Bernoulli dengan parameter p jika hanya mempunyai dua kemungkinan nilai yaitu 0 dan 1 dan distribusi peluangnya didefinisikan dengan
x 1-x x 1-x
f(x; p) = p (1-p) = p (q) , untuk x = 0, 1 Distribusi bernoulli biasa juga dilambangkan dengan X ~ Bernoulli(p). Rataan dan variansi dari distribusi Bernoulli dinyatakan dengan teorema berikut.
Teorema 1.2.3
Distribusi Bernoulli f(x; p) mempunyai rata-rata dan variansi
2
= p dan = pq
Bukti :
Dari definisi 1.2.2 dan 1.2.4, diperoleh 1 1 x 1 x
E(x) xf(x ; p) = xp q x x
- - 1-0
1 1-1
= 0.p q + 1p q = p Dari teorema 1.2.1 diperoleh, 2 2
2
2
E(x ) - E(x ) – [E(x)] i
2
- - Dari hasil E(x) = p, sekarang akan dicari E(x ) sebagai berikut 2 1 2 1 2 x 1 x
- – p, maka distribuasi peluang acak binomial X, yaitu banyaknya peubah acak binomial. sukses dalam n usaha bebas adalah - n
- 2
- x (x 1)n! n! - x n - x x n x
- x 1 (x 2)! - (n x)! n n
- n (n 1)(n 2)! - x 2 x - 2 n x -
- 2 x - - 2 n x
- 2
- – [E(x)] – (np)
- – np – n = np (1-p) = npq
- q q 4 x
- 1 3
- 2 2 - q q
- q
- 4(1
- – 4q
- – 3q + 3q
- – q
- 6(1- 2q + q
- – 4q
- q
- 4 – 12q + 12q
- 4q
- 6q
- 12q
- 6q
- 3q
- – k yang gagal.
- – k bernama gagal adalah k N k
- x n x
- h(x;N,n,k) = , untuk x = 0, 1, 2,….., n.
- jadi P(p=2, w=2) = = = 0,3
- 4
- Sehingga P(wanita > pria) = =
- - 1 - x
- - 1 - x
- - x
- - x
- - x
- x 1 e
- x 2
- - x
- = x(x 1)
- x x(x 1)(x 2)!
- - x - 2
- – [E(x)]
- -3 5 x ! e
- 3t -3t
- 3t -3t P(jumlah kendaraan lewat 2) = 1 + 3t e ). k 3 t k x x – (e 3 e
- – p, maka distribusi peluang peubah acak X, diberikan oleh
- x
- k x k b (x; k, p) = p q x = k, k + 1, k + 2,…..
- k
- b
- 3 2 3
- – p, maka distribusi peluang peubah acak X, yaitu banyaknya usaha yang berakhir pada sukses yang pertama, diberikan oleh
- - - 1 ( x )
-
- x
- 2
- x
- 2
- 2
- 2
- 2 / z 2<
- 2 / z 2
- 2
- 2 / z 2<
- e } +
- z /
- 2
- z /
- -
z z
E(x ) x f(x ; p) = x p q x
x
2 1-0 2 1-1
= 0 .p q + 1 p1q = p 2 2
2
2
2
Jadi E(x ) E(x - ) = p = p(1-p) = pq. – [E(x)] – p i
Contoh
Sebuah mata uang dilempar satu kali, dicatat bahwa hasilnya yang muncul muka “M” dan belakang “B”. Tentukan peluang muncul muka, rata-rata dan variansinya
Jawab
Ruang sampel dari masalah di atas adalah S = {M, B} dan misalkan kejadian muncul muka adalah A = {M}, dan Belakang adalah C = {B}. n(A)
1 Sehingga peluang muncul muka adalah P(M) = = , dalam hal ini sesuai dengan
n(s)
2 x 1-x distribusi bernoulli yaitu f(x; p) = p (1-p) , untuk x = 0, 1. x 1-x
Karena p = 0,5 dan dari definisi 1.2.4, f(x; p) = (0,5) (0,5) , untuk x = 0, 1. Setelah dilakukan pelemparan ternyata mata uang muncul adalah muka, berarti x = 1 atau berhasil.
1 1-1 Akibatnya f(x; p) = (0,5) (0,5) = 0,5.
2 Berdasarkan teorema 1.2.3, diperoleh = p = 0,5 dan = 0,5.0,5 = 0,25 Distribusi Binomial
Suatu peubah acak Binomial dapat dipandang sebagai jumlah n peubah acak Bernoulli, yakni banyaknya yang berhasil dalam n usaha Bernoulli. Suatu percobaan Binomial memenuhi persyaratan berikut : a. percobaan terdiri atas n usaha yang berulang.
b.
Tiap usaha memberikan hasil yang dapat ditentukan sukses atau gagal.
c.
Peluang sukses, dinyatakan dengan p, tidak berubah dari usaha yang satu ke yang berikutnya.
d.
Tiap usaha, bebas dengan usaha yang lainnya.
Definisi 1.2.6 Definisi 1.2.5
Bila suatu usaha binomial dapat menghasilkan sukses dengan peluang p dan gagal Banyaknya sukses X dalan n usaha suatu percobaan binomial disebut suatu dengan peluang q = 1
x n x b(x;n,p) = p , x = 0, 1, 2, …., n. q x
Distribusi bernoulli biasa juga dilambangkan dengan X ~ B(n,p). Rataan dan variansi dari distribusi Binomial dinyatakan dengan teorema berikut.
Teorema 1.2.4
Distribusi binomial b(x;n,p) mempunyai rata-rata dan variansi
2
= np dan = npq
Bukti
Berdasarkan definisi 1.2.2, diperoleh n n n x - - n x x n x n!
= E(x) = x p ( 1 p) = x p (
1 p)
x 1 x! (n x)! x 1 - x n n x n! x n - x n! n - x x
= p (
1 p) = p ( 1 p) x n n 1 x - x(x 1)! (n x)! (x 1)! (n - - x)! - 1 1 1 n x x - 1)! 1)! - n (n n(n - x -
- 1 n x
-= p (
1 p) = p p ( 1 p) x 1 x (x 1)! - (n x)! (x - 1)! - (n - x)! n 1 n
n 1 n - -
1 x 1 - 1 n x - - - n x x
= np p ( 1 p) . Maka diperoleh p ( 1 p) = 1, sehingga =
x 1 x x - 1 x 1
1
E(x) = np. Selanjutnya akan dibuktikan = npq sebagai berikut :
2 Sekarang akan dicari E(x ) = E[x(x -1)] + E(x)
2 Untuk mendapatkan E(x ) terlebih dahulu kita cari E[x(x -1)] sebagai berikut : n n n
n x - x x n x - n! E[x(x-1)] = 1) p ( - x(x = x(x 1) p 1 p)
( 1 - p)
x 1 x x 1 x! (n x)! - n n
= p (
1 p) = p ( 1 p) 1 x(x 1)(x 2)! (n x)! x
2 - 2 n x n 1)(n - (n 2)! - -
= p (
1 p) = p p ( 1 p) x 1 x - (x 2)! - - - (n x)! (x 2)! (n x)! n 1
n
2
= n(n-1)p p ( 1 p)
x 1 x 2 - n n 2 x - - 2 n x
2 Karena p ( p) = 1, maka diperoleh E[x(x-1)] = n(n-1)p . Akibatnya E(x )
1
x 1 x -
2
2 = E[x(x -1)] + E(x) = n(n-1)p + np.
2
2
2
2
2 Jadi = E(x ) = n(n-1)p + np
2
2
2
2
2
= n p + np p
Contoh
1. Sebuah tes benar-salah terdiri dari 10 pertanyaan. Berapa peluang untuk memperoleh 8 jawaban yang benar?. Tentukan rata-rata dan variansinya. Jawab x 10 - x
1
10
1
P(benar) = ½ dan p(salah) = ½, maka b(x;10,1/2) =
x
2
2 8 10 - 2
10
1
1
p(delapan jawaban adalah benar) = b(8;10,1/2) =
8
2
2 8 2
1
10
1
=
8
2
2 10 10 !
1
=
8 ! ( 10 8 )!
2
4
Maka diperoleh = np = 4.0,2 = 0,8 dan
, x = 0, 1, 2, 3, 4 P(terbang baik) = 4 - q q
4
1 x
Missal p = 1- q = peluang mesin yang tidak rusak, q peluang pesawat itu dapat terbang jika sekurang-kurangnya 2 mesin bekerja. b(x;4 , q) = - x
Jawab
2. Sebuah pesawat dengan 4 mesin dapat terbang jika sekurang-kurangnya 2 mesinnya bekerja. Berapa peluang pesawat itu dapat terbang dengan baik jika mesin-mesinya beroperasi secara independen dan tiap-tiap kerusakannya (mesin tidak berfungsi) mempunyai peluang q.
2 = npq = 4.0,2.0,8 = 0,64.
4
2 1
= 45 10
8 .9.8! 10
1 ! 2 !.
2
= 10
4
1
4
4
3
4
2
3
2
3
3
= 1 - 4q
= 1 - 4q + 6q
Jika X mempunyai distribusi binomial dengan parameter n dan p dan Y =
n
X
maka E(y) = p dan
n ) p 1 ( p
2 y
2
2
) q
1
3
1
2
= 1 - 4q + 6q
2
3
4
2
3
)
2
4 Teorema 1.2.5
Distribusi Multinomial Distribusi multinomial merupakan perluasan dari distribusi binomial. Definisi 1.2.7
Bila suatu usaha tertentu dapat menghasilkan k macam hasil E
1 , E 2 , E 3 ,….,E k dengan
peluang p , p , p , maka distribusi peluang acak X , X , X , yang
1
2 3 ,….,p k
1
2 3 ,….,X k
menyatakan terjadinya E , E , E dalam n usaha bebas ialah
1
2 3 ,….,E k n x x x 1 2 k
f(x
1 , x 2 ,…., x k; p 1 , p 2 , p 3 ,.,p k , n) = p , p ,...., p 1 2 k x , x ,...., x 1 2 k k k
dengan x = n dan p = 1 i i
i i 1 1 Contoh
Bila dua dadu dilantunkan enam kali, berapakah peluang mendapat jumlah 7 atau 11 muncul dua kali, sepasang bilangan yang sama satu kali, dan pasangan lainnya tiga kali.
Jawab
Misalkan kejadian berikut menyatakan E : jumlah 7 atau 11
1 E 2 : pasangan bilangan yang sama muncul
E
3 : baik pasangan yang sama maupun jumlah 7 atau 11 tidak muncul.
Ruang sampel dari soal di atas adalah S = {(1,1),(1,2),…,(6,6)} Maka peluang p
1 = P(E 1 ) = 8/36 = 2/9
p = P(E ) = 6/36 = 1/6
2
2
p
3 = P(E 3 ) = 22/36 = 11/18
dengan menggunakan distribusi Multinomial x
1 = 2, x 2 = 1, dan x 3 = 3, maka diperoleh
peluangnya, yaitu 2 3
6
2 1 11
f(2,1,3; 2/9,1/6,11/18, 6) =
2 , 1 ,
3
9
6
2 3
18
6 !
2
1
11
= = 0,1127.
2 ! 1 !
3 !
9
6
18 Distribusi Hipergeometrik
Misalkan suatu contoh berukuran n diambil secara acak (tanpa pengembalian) dari sebuah kantong yang berisi N buah benda yang mengandung k yang sukses dan N
Definisi 1.2.8
Distribusi peluang peubah acak hipergeometrik X, yaitu banyaknya sukses dalam sampel acak ukuran n yang diambil dari N benda yang mengandung k bernama sukses dan N
N n
Contoh
Suatu kantor mempunyai 10 orang pekerja yang terdiri dari 3 orang pria dan 7 orang wanita. Manajer memilih empat diantara mereka secara random untuk mengikuti kursus singkat guna peningkatan kualitas.
a) Berapa peluang akan terpilihnya jumlah yang sama antara p dan w.
b) Berapa peluang wanita lebih banyak dari pria
Jawab
a) Dari soal diketahui bahwa N = banyak pekerja dikantor, akan dipilih empat dari sepuluh untuk mengikuti kursus, jadi n = 4, karena ada 3 pria maka k = 3. karena yang akan dipilih harus 2 pria dan 2 wanita maka disini jelas p = 2 dan w = 2
3
10 - 3
2
4
2
63
10 210
4 b) Disini jelas bahwa kemungkinan wanita 4 atau 3.
7
10
7
7
10 - -
7
7 ! 3 ! 7 ! 3 !
4
4
3 4 -
3
4 ! 3 ! ! 3 ! 3 ! 4 ! 1 ! 2 !
10 ! 10 !
10
10
4 ! 6 ! 4 ! 6 !
4
4 7 .
6 .
5 7 . 6 .
5
3 35 105 145 3 . 2 .
1 3 . 2 .
1
1
= = = 10 .
9 . 8 .
7 210 210 4 . 3 . 2 .
1 Teorema 1.2.6
Rataan dan variansi distribusi hipergeometrik h(x;N,n,k) adalah
2
- nk N n k k dan . n.1 N N
1 N N
Distribusi Poisson
=
1 x
1)! - (x e
=
1 x
1)! - (x e
Definisi
1.2.9 Banyaknya sukses X dalam suatu percobaan Poisson disebut suatu peubah acak Poisson.
Definisi 1.2.10
Distribusi peluang peubah acak Poisson X, yang menyatakan banyaknya sukses yang terjadi dalam suatu selang waktu atau daerah tertentu, diberikan oleh ... 2, 1, 0, x ,
! ) ; (
x e x p x
dan menyatakan rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu tersebut dan e = 2, 71828…
Teorema 1.2.7
1)! - x(x e x
Percobaan yang menghasilkan peubah acak X yang bernilai numerik, yaitu banyaknya sukses selama selang waktu tertentu atau dalam daerah tertentu, disebut
E(x) =
percobaan Poisson. Panjang selang waktu tersebut dapat berupa menit, jam, hari dan
sebagainya. Misalnya X menyatakan banyaknya hubungan telepon sejam yang diterima suatu kantor.
Suatu percobaan Poisson memiliki sifat sebagai berikut.
1. banyaknya sukses terjadi dalam suatu selang waktu atau daerah tertentu tidak terpengaruh oleh (bebas dari) apa yang terjadi pada selang waktu atau daerah lain yang terpilih.
2. peluang terjadinya suatu sukses (tunggal) dalam selang waktu yang amat pendek atau dalam daerah yang kecil sebanding dengan panjang selang waktu atau besarnya daerah dan tidak bergantung pada banyaknya sukses yang terjadi di luar selang waktu atau daerah tersebut.
3. peluang terjadinya lebih dari satu sukses dalam selang waktu yang pendek atau daerah yang sempit tersebut dapat diabaikan.
Distribusi peluang suatu peubah acak Poisson X disebut distribusi Poisson dan dinyatakan dengan p(x, μ) atau X ~ POI(λ), karena nilainya hanya bergantung pada μ, yaitu rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu.
Bukti :
0 x
1 x
x! e x
=
1 x
x! e x
=
Rataan dan variansi distribusi Poisson p(x; ) adalah sama, yaitu
Karena = 1 maka E(x) = . Kemudian variansi distribusi Poisson diperoleh
x 1 (x - 1)!
dengan mula-mula mencari
x
e
-
E[x(x-1)] = x(x - 1)
x 0 x! - x
e
= x(x 1)
x!
e
2 x 2 2 x - - - - 2
e e 2
= =
x 2 x 2 - 2)! (x 2)! - (x
e 2
2 2 Karena = 1, maka E[x(x-1)] = . Maka E(x ) = E[x(x-1)] + E(x) = + .
x 1 (x - 2)!
2
2 2 2 Jadi var(x) = E(x ) = + - =
Contoh 1. Rata-rata terjadinya kecelakaan di persimpang jalan adalah tiga kali dalam satu minggu.
Berapakah peluang terjadi kecelakaan tepat lima kali dalam satu minggu. Tentukan rata-rata dan variansinya
Jawab x e Dari soal diketahui = 3 dan x = 5. Untuk itu p ( x ; ) , x 0, 1, 2, ...
3
2 Sehingga P(3) = = 0,1008. Karena rata-rata = maka = 3. dan variansi =
5 !
2
sehingga = 3
2. Misalkan diketahui bahwa jumlah kendaraan pada persimpangan tertentu dalam interval (0, t) mengikuti distribusi poison X(t) dan rata-rata adalah 3t (t dalam satuan menit).
a) Tentukan peluang akan lewat paling sedikit 2 kendaraan dalam interval (0, t).
b) Misalkan kejadian A paling sedikit 4 kendaraan lewat selama menit pertama dan kejadian B paling banyak 2 kendaraan lewat selama menit kedua. Tentukan peluang terjadinya A dan B.
c) Tentukan rata-rata dan variansinya
Jawab t x 3 e (
3 t )
a) Poisson(3t) = p ( 3 t ) ,
x ! Peluang untuk jumlah kendaraan yang lewat paling banyak 2, merupakan komplemen dari 1 3 t x
e
3 t
= e + 3t e , sehingga
x x !
3 t e
3
b). P(A) = , untuk t = 1 maka P(A) =
x x ! x x ! 4 x x 4 2 3 t 2 3 e
3 t e
3 P(B) = , untuk t = 1 maka P(B) = ,
x x ! x x ! x x 3 3 2 3 e e
3
3 P(A) P(B) = {1- } ,
x ! x ! x x
= (0,3856413)(0,4177639) = 0,161107 = 0,16
2
2 c). Karena rata-rata = maka = 3t dan variansi = maka = 3t.
Distribusi Binomial Negatif
Misalkan suatu percobaan yang berbagai sifatnya sama dengan percobaan binomial, kecuali di sini usaha diulangi sampai terjadi sejumlah sukses tertentu. Ingin diketahui peluang bahwa sukses ke k terjadi pada usaha ke x. Percobaan semacam ini disebut percobaan binomial negatif.
Definisi 1.2.11
Banyaknya usaha X untuk menghasilkan k sukses dalam suatu percobaan binomial negatif disebut peubah binomial negatif.
Distribusi peluang peubah binomial negatif akan dinyatakan dengan b*(x;k,p) atau X ~
NB(p,r) , karena nilainya tergantung pada banyaknya sukses yang diinginkan dan peluang
sukses dalam usaha tertentu.Definisi 1.2.12
Bila usaha yang saling bebas dilakukan berulang kali menghasilkan sukses dengan peluang p sedangkan gagal dengan peluang q = 1
1
1
Contoh
1. Misalkan seseorang melantunkan tiga uang logam sekaligus. Tentukan probabilitis ia akan mendapat semuanya muka atau semuanya belakang yang kedua kalinya terjadi pada lantunan kelima.
Jawab
Dengan menggunakan distribusi binomial negatif untuk x = 5, k = 2 dan p = ¼ diperoleh 5
3
27
4 1 3
(5; 2,1/4) = = 4 =
5
1
4
4
4 256
2. Suatu kejadian yang saling bebas akan berhasil dengan peluang 0,4 dan gagal dengan peluang 0,6. Berapakah peluang terjadi 2 berhasil dari 5 usaha.
Jawab
Dengan menggunakan distribusi binomial negatif untuk x = 5, k = 3 dan p = 0,4
4 2
diperoleh b (5; 3,0,4) = , 4 , 6 = 6 ,
4 ,
6
2
Distribusi Geometrik
Misalkan suatu kejadian E yang saling bebas mempunyai peluang p yang tidak berubah pada setiap usaha tertentu. Misalkan X banyaknya usaha yang diperlukan agar E terjadi sekali, maka X berdistribusi geometri.
Definisi 1.2.13
Distribusi geometric yaitu bila usaha yang saling bebas dan dilakukan berulang kali menghasilkan sukses dengan peluang p dan gagal dengan peluang q = 1
x-1
g(x; p) = p q x = 1, 2, 3, … Distribusi geometri biasa juga dilambangkan dengan X ~ GEO(p). Rataan dan variansinya adalah seperti teorema berikut.
Teorema 1.2.8
Rata-rata dan variansi distribusi Geometri g(x; p) adalah 1 q
2
= dan = 2 p p
Contoh
Dalam suatu proses produksi diketahui bahwa rata-rata 1 di antara 100 butir hasil produksi, cacat. Berapa peluang memeriksa 5 butir dan baru menemukan yang cacat pada yang kelima?. Tentukan rata-rata dan variansinya.
Jawab
Gunakan distribusi goemetri dan dari soal diperoleh x = 5 dan p = 0,01, maka g(5; 0,01) =
4 (0,01)(0,99) = 0,0096.
1
1 Karena rata-rata = maka = = 100 0,01 p
q 0,99 100
2
2 Dan variansi = maka = =
2 2 Latihan 1.2 1.
Dari 5 kunci pada suatu rantai kunci, misalkan tepat satu yang membuka suatu gembok, tetapi tidak diketahui yang mana. Misalkan X banyak kunci yang dicobakan dalam usaha membuka gembok, dengan pemisalan bahwa kunci dicoba secara acak tanpa pengembalian. Hitunglah fungsi peluangnya X serta tentukan nilai rata-rata dan variansinya.
2. Lampu hijau pada suatu persimpangan, nyala selama 15 detik, kuning 5 detik, dan merah 55 detik. Misalkan bahwa keadaan lalu-lintas mengakibatkan variasi acak dalam waktu tiba di persimpangan, sehingga “mendapat lampu hijau” merupakan kejadian yang berpeluang disebut “berhasil” dan kita tiba pada setiap saat dalam siklus lampu dengan peluang yang sama. Cari distribusi X yang menyatakan bahwa banyaknya yang berhasil dalam suatu usaha perjalanan ke persimpangan itu, kemudian tentukan rata-rata dan variansinya.
3. Seorang pemain basket, melakukan tembakan sebanyak 10 kali dan peluang untuk masuk 0,3 tiap-tiap tembakan. Berapa peluang untuk memenangkan 6 kali tembakan.
4. Jika peluang menang dari kuda pacuan yang kita pilih = 0,2 dan x adalah nomor pilihan yang terdiri dari 20 pilihan.
a. berapa peluang jika nomor 4 yang terpilihan b.
Berapa peluang paling banyak 4 nomor yang terpilih c. Hitunglah rata-rata dan variansinya
5. Menurut teori genetika, persilangan tertentu sejenis marmut akan menghasilkan keturunan berwarna merah, hitam dan putih dalam perbandingan 8 : 4 : 4. Carilah peluang bahwa lima dari 8 turunan akan berwarna merah, dua hitam dan satu putih.
6. Seorang tukang ketik rata-rata melakukan dua kesalahan per halaman. Berapakah peluang dia melakukan empat atau lebih kesalahan pada halaman berikut yang dia ketik?
1.3 Beberapa Distribusi Peluang Kontinu Pada bagian ini akan dibahas akan dibahas beberapa distribusi peluang kontinu.
Tapi sebelumnya akan disajikan kembali beberapa definisi dan teorema yang berkaitan dengan distribusi peluang kontinu.
Definisi 1.3.1
Fungsi f(x) adalah fungsi padat peluang peubah acak kontinu X, yang didefinisikan di atas himpunan semua bilangan real R, bila
1. f(x) 0 untuk semua x R.
2. f(x) dx 1
b
3. P(a < x < b) = f(x) dx
a Definisi 1.3.2
Misalkan X suatu peubah acak kontinu dengan distribusi peluang f(x), maka Nilai
harapan (rata-rata) X adalah E(x) = x f(x) dx .
Distribusi Normal
Distribusi normal merupakan distribusi kontinu yang terpenting dalam seluruh bidang statistika. Distribusi ini sering pula disebut distribusi Gauss.
Definisi 1.3.3
2 Fungsi padat peubah acak normal X, dengan rataan dan variansi , adalah F(x) 2
1 2
= n(x; ,) = e , untuk (- < x < ),
2
dengan = 3,14159….. dan e = 2,71828….
Definisi 1.3.4
Distribusi peubah acak normal dengan rataan nol dan variansi 1 disebut distribusi normal baku.
2 Selanjutnya akan dibuktikan bahwa parameter dan adalah betul rataan dan
variansi distribusi normal sebagai berikut: Terlebih dahulu akan ditunjukkan rataan yaitu dengan menggunakan definisi di atas, tulislah 1 x x 2 1 - - 2
-
1 2
1 2 -
E(X) = x e dx = x e dx.
2 2
2
- x atau x = Z + dan dx = dz, diperoleh
Dengan menganti Z =
dx.
1
2
) e - (x
1
2
2
=
dx
1 ) - (x
2
e
1
2
2
E(x - )
=
2
2
dz e 2 z
= z.{
1
2
dz e z 2 z
, sehingga
e =
dz z
Dari sini dengan menggunakan integral parsial, misal u = z dan v =
2
1
2
2 2 z
dz e z
=
1
2
1 2 z
2
( dz e z)
=
sebagai berikut : E(x - )
1
2
dz e
Untuk
dari sini kita lihat satu persatu agar mudah mengintegralnya.
2 2 z
2
1
-
dz e z
2 2 z 2 1 -
dz e
=
1 2 z 2 1 -
dz z)e (
=
1 2 z 2 1 -
2
dz z)e (
E(x) =
- x atau x = Z + dan dx = dz, diperoleh
Dengan menganti Z =
2 2 z 2 1 -
=
2
Jadi E(x) = .
. Dari sini terlebih dahulu akan dicari E(x - )
2
= E(x - )
2
) –
2
= E(x
2
, sesuai dengan teorema di atas yaitu
2
Sekarang akan dibuktikan variansi
= 0, karena fungsi 2 z 2 1 - ze merupakan fungsi ganjil.
dz e
2 2 z 2 1 -
dz e z
= 1, hal ini merupakan luas dibawah kurva normal dengan rataan nol dan variansi 1. sedangkan untuk
1 2 z 2 1 -
2
dz e
Berdasarkan definisi di atas maka diperolah
= ,
1
2
z
2 1 -2
1 2 2 - z
2
2
= + - z e e dz
2 z
1 2
2
2 Jadi E(x - ) = z e dz
2
2 2
z
1
2
2
2
= { z e e dz } + -
2
2 2
1 2 1
1
2
22
= {0 + e dz }= e dz
2
2
1 z 2 -
1 2
2 Karena e dz merupakan distribusi normal baku dengan parameter = 0 dan
2 1 z 2 -
1 2
= 1 dan dengan menggunakan definisi di atas maka diperoleh e dz = 1
2
2
2 Jadi E(x - ) =
2 Jadi terbukti bahwa parameter dari distribusi normal adalah dan .
Distribusi Eksponensial
Distribusi eksponensial biasa dinotasikan dengan X ~ EXP(
λ), dan mempunyai fungsi padat peluang seperti definisi berikut.
Definisi 1.3.5
Fungsi padat peluang distribusi eksponensial diberikan oleh
λ λe , x f ( x )
0, x
Teorema 1.3.1
Rata-rata dan variansi distribusi eksponensial adalah
1