BAB V BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU - BAB V

BAB V BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU

5.1 Rasional Dalam mempelajari berbagai penomena fisis yang terjadi di sekitar kita, diperlukan suatu model matematika. Model-model tersebut dikontruksi dalam bentuk persamaan fungsi yang dapat menggambarkan karakteristik dari penomena tersebut. Sebagai contoh dalam mempelajari fenomena distribusi curah hujan. Umumnya intensitas curah hujan akan naik perlahan (gerimis), kemudian intensitasnya meningkat menjadi lebat hingga pada suatu waktu tertentu intensitas tersebut akan perlahan-lahan menurun (gerimis) kemudian berhenti.

Fakta ini, kemudian oleh ilmuan matematika berusaha mengkontruksi model matematika yang tepat dapat menggambarkan fenomena tersebut dan diperoleh model matematika yang umumnya disebut sebagai distribusi normal. Distribusi ini diselidiki oleh tiga ilmuan yaitu Abraham de Moivre (1667-1745), Pirre Laplace (1749-1827) dan Karl Gauss (1777- 1855). Abraham de Moive seorang matematikawan inggris mengamati distribusi normal dalam aplikasinya pada masalah permainan yang bersifat untung-untungan. Kemudian Pirre Laplace menemukan distribusi normal sebagai hasil dari beberapa kekeliruan dalam masalah Astronomi. Sedanghkan Karl Gauss menemukan kurva normal dalam usaha menggambarkan teori kekeliruan pengukuran pada perhitungan orbit bintang di langit. Sepanjang abad ke-18 dan ke-19, Karl Gauss meneliti dan berupaya untuk menetapkan model distribusi normal sebagai dasar hukum untuk semua peubah acak kontinu. Pengukuran fisik lainnya seperti dibidang meterologi, hidrologi, dan pengukuran suku cadang, serta pengukuran prestasi belajar sering dengan baik dapat diterangkan dengan menggunakan distribusi normal. Untuk dapat memahami sifat dari suatu fungsi peluang, mahasiswa harus memiliki pemahaman yang baik tentang fungsi Gamma dan sifat-sifatnya. Oleh karena itu, diawal pembahasan bab ini, akan ingatkan kembali tentang fungsi gamma dan sifat-sifatnya.

5.2 Fungsi Gamma Definisi 5.1 _ _ _ _{1  x} x e dx R

   x 

Fungsi gamma didefinisikan sebagai   untuk  >0 dan 

Fungsi ini dikontruksi sebagai alat untuk menyelesaikan integral-integral yang memuat _ _{ } _{1 x} f ( x ) x e fungsi  . Berikut sifat-sifat fungsi gamma.

Sifat 5.1 SIFAT FUNGSI GAMMA Untuk n bilangan bulat positif, maka

( n ) ( n 1 )!    a.

1 1 . 3 . 5 ...( 2 n  1 )     n     b. _n

2  

1  

     c.

2  

  ₁ _{   } _{1 x x x} _ (

1 ) x e dx e dx e

      

Untuk  =1, didapat = 0 - (-1) = 1 Untuk  >1, maka kita integralkan dengan menggunakan integral parsial diperoleh _{     } _{x } _{1 x } _ _{ } _{2 x } ₂ e x e ( 1 ) x dx 1 e x dx

             =  

Kenyataan ini menghasilkan rumus berulang berkali-kali, yakni ( ) ( 1 )( 2 )( ( 2 ) ( 1 )( 2 )( 3 )( ( 3 )                     dan seterusnya. Jika n

( n ) ( n 1 )( n 2 )( n 3 ).... ( 1 )   dan n dimana bilangan bulat positif, maka      

( 1 ) 1 ( n ) ( n 1 )( n 2 )( n 3 ).... 1 , ( n ) ( n 1 )! karena   , maka      sehingga    . Jadi sifat a telah terbukti benar. Lebih lanjut, mahasiswa dapat membuktikan sifat b dan c dengan mengunakan integral fungsi trigonometri.

Contoh 5.1 Nyatakan fungsi gammanya dan tentukan nilainya, jika:

3   a.  dan b.  .

2 Solusi: _ _{4 x} _

 5 ,   ( 5 )   x e dx

a. Untuk maka fungsinya dan nilai ( 5 ) (

5 1 )! 4 !

24      _ ₂ ₁

1 1 x   ^{2 }



3  3 x e dx

b. Untuk , maka fungsinya      dan nilai

2  

15      

3        

    ³

8    

5.3 Distribusi Normal

Suatu peubah acak kontinu X yang distribusinya berbentuk lonceng disebut peubah acak normal.

Gambar 5.1 Kurva distribusi normal Persamaan yang memenuhi kurva tersebut dinamakan Probability Distribution Function

(PDF) normal yang didefinisikan sebagai berikut: Definisi 5.2 Probabiliti Distribution Function (PDF) Normal Jika X adalah peubah acak bebas, maka fungsi

_{1   x  } _{ }

1 _{2 } _{ } f ( x ) e , x      dengan  = 3,14159… dan e = 2,71828 . . . ₂

2 

disebut sebagai Probability Distribution Function (PDF) normal atau distribusi normal

n ( x ;  ,  )

dan umumnya ditulis sebagai yang berarti peubah acak X terdistribusi normal

dengan parameter μ dan σ

1 2 ;

Gambar 5.2 Kurva distribusi normal dengan (a)  <  dan  =  ; (b)  =  dan  <

2 (c)  <  dan  < 

Pada gambar 5.1 melukiskan kurva normal yang berbentuk seperti lonceng. Begitu parameter

 dan  diketahui, maka seluruh kurva normal dapat diketahui dan kurvanya dapat



digambarkan. Misalkan jika diketahui = 0 dan  = 1, maka ordinat f(x) dapat dengan

mudah dihitung untuk berbagai harga x dan kurvanya dapat digambarkan.

Pada gambar 5.2 (a) telah dilukiskan dua kurva normal yang mempunyai simpangan baku

sama, tetapi rataannya berbeda. Kedua kurva bentuknya persis sama, tetapi titik tengahnya

terletak di tempat yang berbeda di sepanjang sumbu datar.

Pada gambar 5.2(b) terlukis dua kurva normal dengan rataan yang sama tetapi simpangan

bakunya berbeda. Kedua kurva mempunyai titik tengah sama tetapi kurva dengan simpangan

baku yang lebih besar tampak kurvanya lebih landai/rendah dan lebih menyebar.

Pada gambar 5.2 (c) memperlihatkan lukisan dua kurva normal yang baik rataan maupun

simpangan bakunya berlainan. Jelas keduanya mempunyai titik tengah yang berlainan pada

sumbu datar dan bentuknyapun mencerminkan dua harga simpangan baku yang berlainan.

Lebih lanjut, mahasiswa dapat mengamati dengan lengkap sifat kurva normal tersebut

dengan melakukan simulasi pada aplikasi Matlab (Matriks Laboratorium) dengan

menggunakan perintah disttool pada comand windows Matlab.



Dengan mengamati grafik serta memeriksa turunan pertama dan kedua dari f(x)= n(x ; ;

), maka dapat diperoleh lima sifat kurva normal sebagai berikut:

Sifat 5.2 SIFAT KURVA NORMAL 

a. Titik pada sumbu datar yang memberikan maksimum kurva, terdapat pada x = 

b. Kurva simetris terhadap garis tegak yang melalui

c. Kurva mempunyai titik belok pada x=  cekung dari bawah untuk

 

  X       , dan cekung dari atas untuk harga x lainnya

d. Kedua ujung kurva normal mendekati asimtot sumbu datar, jika harga x bergerak

 menjauhi baik ke kiri maupun ke kanan; e. Seluruh luas di bawah kurva dan di atas sumbu datar sama dengan 1.

Contoh 5.2 Seorang mahasiswa melakukan penelitian pada kelas II MA NW Senyiur untuk mengetahui pengaruh penggunaan media pembelajaran BINGKAI AJAIB dalam meningkatkan prestasi belajar matematika. Hasil evaluasi pembelajaran yang diperoleh sebagai berikut:

Selidiki apakah data prestasi belajar siswa kelas II MA NW Senyiur tersebut terdistribusi normal? Solusi: Data prestasi belajar tersebut dapat dikatakan terdistribusi normal apabila data tersebut terdistribusi sebagaimana pada gambar 5.1. Oleh karena itu, untuk mengetahuinya, prosedur paling sederhana yang dapat ditempuh adalah dengan membuat tabel distribusi frekuensi dan menggambar grafik distribusi frekuensinya. Apabila grafiknya menyerupai gambar kurva normal sebagaimana pada gambar 5.1, maka data tersebut dapat dinyatakan sebagai data yang terdistribusi normal. Karena pengamatan adalah kelas II, maka data tersebut digabungkan dan dibuat tabel distribusi frekuensi sebagai berikut:

Tabel 5.1 Distribusi frekuensi

Selanjutnya nilai pada kolom frekuensi digambar grafiknya dan diperoleh sebagai berikut:

Gambar 5.3 Distribusi frekuensi data prestasi belajar siswa Berdasarkan gambar 5.3 di atas, maka dapat dikatakan bahwa data prestasi belajar siswa

   

) ( ln

   

    

   

Bentuk

x f x   

2 ₂

1 ln

   ) ( ln

    

1 ln

   



x f x  

2 ₂

1 ln

 ) ( ln

 

   

    

   

2 ₂



1 ) ln ( ln

x f x f

   

    

   

     

   

    

   

2 ₂ ₂     

1 ln

x f 

) ( ln

, akibatnya



x f

   

    

   

2 ₂     

1 ln

) ( ln

Terdefinisi jika

   

x f x  

kelas II MA NW Senyiur terdistribusi normal, karena model kurva distribusi frekuensinya

menyerupai model kurva distribusi normal.

   

e x f ₂

₂

 ^x

1 ) ln ( ln ^ ^

  ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^ ² ² ¹ ₂ ln

  

   

e x f e x f

  

  ^{x x}

1 ) ( ^ ^ ^ ^

1 ) ln ( ln

   ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^{ } ^ ^ ^ ^ ^{ } ^ ² ² ² ¹ ₂ ² ¹ ₂

   

Dengan menggunakan metode análisis real, berikut syarat (i) akan diselidiki:

( 1 )   ^ _{ } x f

( 1 )   x f dan (ii).

Contoh 5.3 Selidiki apakah f(x) = n(x;μ,σ) benar suatu fungsi peluang? Solusi: f(x)=n(x;μ,σ) dapat dinyatakan sebagai fungsi peluang apabila memenuhi syarat (i).

1 ) ln ( ln

   

2 ₂ ²

   

1 ln

 ) ( ln

   

    

   

 

 

   

    

x f x

1 ₂ ²

1 ln

) ( ln

x x f

 

  

 

1 ₂

2    ln   ln  ln e f ( x ) f ( x )

1 ₂

 e e

     ₂

f ( x ) f ( x )

 ₂

1 e f ( x ) 2     ₂ ₂

f ( x )

2 f ( x )

 

₂

1  f ( x ) 2  ² ²    _{2   } 1  f ( x ) 2  f ( x ) 2  

f ( x )

2 

Akar-akar karakteristik ₂ ₂ f ( x ) 2   1 atau f ( x ) 2   ₂ Diperhatikan untuk bentuk f ( x ) 2 

1 ₂ 

f ( x )

2 1 f ( x )

     ₂ ………………………..….(a)

2 

f ( x ) f ( x )

1   

Dari bentuk …….………….……….…..(b) ₂

2  ₂ Dari bentuk f ( x )

2  f ( x ) …………………………...(c)    f ( x )

1 Dari (a), (b) dan (c) diperoleh syarat (i)   terpenuhi _ f ( x ) dx

1  Selanjutnya diperiksa apakah syarat (ii) terpenuhi, yakni apakah _{        } _{     } _{1 x} _{ } ₂ _{1 x} ₂ _{ } 

1 ² _{   } _{ }

1 ²

f ( x ) dx e dx e dx

  ₂ ₂

   _{     } 2  ₂ ₂ 2  _ ₁ 1 x  x 

       _{ x } ₂ 2 u u 2 u   

Misal    dx u du , akibatnya      

    _{ } ₁ ₁

2 1 u  _{ } 2  ₂ 2 u ₂

  _{  }

f ( x ) dx e ( u du ) e u du

  ₂ ₂

   _{ }

2 2    _{   } ₁ _{ }

2 ₁ 2    ₁ ₁ ₁ ₁

1   1     u  u  u  u ₂

₂

₂ ₂ e u du e u du u e du u e du

    ₂        

2  

2         

1 

1 1 

2     

1      

           

2    

     _

f ( x ) dx

1  Berdasarkan hasil terakhir, maka syarat (ii), yakni bahwa terpenuhi _{ }  Karena syarat (i) dan (ii) terpenuhi, maka terbukti benar bahwa _{1 x} _{ } _{  } _ ₂

1 ² _{ } _ f ( x ) n ( x ;  ,  ) e , x adalah suatu fungsi peluang.

      ₂ 2 

Karena f(x) adalah suatu fungsi peluang, maka tentunya f(x) memeiliki rataan dan simpangan

baku. Rataan dan simpangan baku dari PDF normal adalah sebagai berikut: Teorema 5.1 RATAAN DAN VARIANS DISTRIBUSI NORMAL

  x 

Jika X peubah acak bebas yang terdistribusi normal, maka rataan X adalah dan dan

₂ ₂

   Varians X adalah x . Berdasarkan definisi rataan bahwa

) ( ) ( _

   ^ ^ _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^ ^

    ^ ^ ^{ } ^ ^ t x n e dx e e ^t ^t ^{t x} ^t ^t

1 ² ₂ ² ¹ ₂ ₂ ² ² ² ² ²

) , , (

 

^{  } 1 ^{ } _ _ 

 dx e e ^{t x t t} ² ² ² ⁴ ² ² ² ² ¹ ₂ ² ² ¹

) ( ^{ } ^{t t} _x

   ^ _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^{   }

1 ) ( ^{  } ^ ^{ } ^ ^{    } ^      

M dx e e dx e t ^{t t t x t t t x} _x ⁴ ² ² ² ² ² ² ⁴ ² ² ² ² ² ² ² ¹ ² ¹ ₂ ² ² ¹ ₂

  ^ _{ } ^{  } ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^{  } ^ _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^{    }  

sehingga diperoleh          

 ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ) 1 ( ^ ^ ^ ^ ^t ^t ^t ^t e e ^{ }   ₂ ₂ ₂ ₁

M e t ^

2  2       t t t x xt x

M t d E x        ^{     }

Contoh 5.3 Kembali lihat contoh 5.2 di atas. Tentukan berapakah peluang seoprang siswa yang tdipilih secara acak, memperoleh nilai tepat 65? Solusi: Karena data prestasi belajar tersebut terdistribusi normal, maka permasalahan pada contoh 5.2 dapat diselesaikan dengan menggunakan fungsi normal. Berasarkan contoh 5.2 di atas, telah dibuktikan bahwa f(x) = n(x;

      E x x E _x .

 

² ² ² ² ² ² ) ( ) (     

e e sehingga diperoleh varians sebagai

       ^{ }

       ^{   }

) ( ) ( ² ² ² ²

      ² ² ² ^{) (} ² ¹ ^{) (} ² ^{) (} ² ¹ ^{) (} ²

      _t ^{t t t t} _t ^{t t} _t ^x t e t e e t dt d dt

 

         

   

        ² ² ¹ ² ² ¹ ² ² ¹ ² ² ² ² ² ² ² ² ² ² ) ( ) ( _ ^{ } _ ^ _

E x

dan

) ( _t ^{t t} _t ^x _x e t dt t dM

    ^{ }      _ ^ _ ² ¹ ² ² ² ) (

sehingga diperoleh rataan sebagai berikut  

      

 

⁴

² ² ² ² ² ²

  _t ^x _x

Sekarang perhatikan bentuk berikut:          

1 ) ( ) ( _{ } _ _ _ _ _ ^ ^ ^ ^ ^ ^     

M dx e dx e dx e e dx x f e t

_{tx x} _{tx x} ^tx ^x ^x ^tx ^x ^{tx tx} _x ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂ ² ₂ ₂ ₁ ₂ ₂ ₂ ₂ ₁ ₂ ² ¹ ₂ ² ² ¹ ₂ ² ² ¹ ₂

    dx e dx e

   

_

_{ }

_{  } _ _{ } _ _ _ _ _ _ _ _ _{  } ^ _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^{ } _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^ ^ _{ } ^ ^ ^ ^ ^ ^{ } ^ ^ _{ }  

   

dengan M x (t) adalah fungsi pembangkit moment yang terdefinisi sebagai ) ( ) ( E e t M  maka diperoleh bahwa ^tx _x    



dx t dM E x

  ⁴ ² ² ² ² ² ² ² ² ⁴ ² ² ² ² ² ² ⁴ ² ² ² ²

   

2         

       Jadi

    

  xt x xt x x ₂ ₂ ² ² ²

       

t t t t xt x x

                   ₄ ₂ ₂ ₄ ₂ ₂ ₂ ₂ ₂

                     t t t t xt x x t t t t x x t t t x

μ,σ) adalah suatu fungsi peluang. Oleh karena untuk suatu X = x, maka P(X=x) = f(x). Untuk itu perlu dicari nilai rataan dan simpangan kelas II dan telah dimiliki data seluruh kelas II, maka rataan dan simpangan baku diberikan sebagai berikut: ₇₅ ₇₅

₂

x x 55 ,

8 _{i  i }    _i _{ i } ₁ dan sehingga diperoleh Peluang siswa yang ₁

55 ,

8     17 ,

6  

1  terpilih secara acak akan memperoleh nilai tes tepat 65 adalah _{  } _{1 } _{ } _{65 } _{55 ,}

_{8 }

₂

1 _{2 } _{17 ,} _{6 }

P ( x

65 ) f ( 65 ) e ,

02 2 %      ₂ 2 (

17 , 6 ) 

7 

 55 ,

Gambar 5.4 Kurva distribusi normal dengan dan

5  serta nilai dari P(x=65)=2%

 17 ,

5. 4 Luas di bawah Kurva Normal Kurva setiap distribusi peluang kontinu atau fungsi padat peluang dibuat sedemikian rupa sehingga luas di bawah kurva diantara dua ordinat x = x

1 dan x = x 2 sama dengan peluang peubah acak X mendapat harga antara x = x dan x = x . Jadi untuk kurva normal pada _{x    } ₂

1 _x ₂

2 _{  } _{1 x} ₂

1 ₂ _{ } _

P ( x  X  x )   n x ;  ,  dx  e dx gambar di atas. ¹ ^{2   menyatakan} _{x } ₁ _x ₂

2 ₁  luas daerah yang diarsir.

Gambar 5.5 Luas daerah di bawah kurva normal antara x dan x

2 Di depan telah ditunjukkan dengan beberapa gambar, bahwa kurva normal tergantung pada rataan dan simpangan baku distribusi. Luas daerah di bawah kurva antara dua ordinat

 sembarang jelas tergantung pada harga dan  . Hal ini terlihat seperti gambar berikut.

P ( x X x ) Pada gambar tersebut daerah yang berpadanan dengan   untuk kedua kurva ₁ ₂ dengan rataan dan simpangan baku yang berbeda adalah daerah yang terdapat dua arsiran.

Gambar 5.6 P(x <X<x ) untuk kurva normal dengan rataan dan simpangan

2 baku yang berbeda

Contoh 5.4

Lihat kembali contoh pada 5.2 di atas. Tentukan peluang seorang siswa yang terpilih secara

acak akan memperoleh nilai a. Kurang dari 65

b. Lebih dari 75

c. Diantara 65 dan 75 Solusi:

a. Peluang siswa yang terpilih secara acak akan memperoleh nilai tes kurang dari 65

adalah ₆₅ _{55 ,} ₈ ₆₅ P ( X x

65 ) f ( x ) dx f ( x ) dx f ( x ) dx      _{   }    _{55 ,} ₈ _{     } _{1 x} _{     } _{   } _{55 ,} _{55 ,} ₈

₈

₂ ₆₅ _{1 x} _{55 ,} ₈ ₂

1 ₂ _{   } _{17 ,} ₆

1 ₂ _{17 ,} ₆

e dx e dx

  ₂ ₂

  _{55 ,} ₈ _{ } _{55 ,} ₈ 2  ( 17 , 6 ) 2  ( 17 , 6 )

 Karena dan dengan menggunakan integral numerik _{ }  ₆₅ f ( x ) dx , 19942

 55 , 8  f ( x ) dx  ,

. 0001  x 

metode deret Reimant untuk , diperoleh bahwa _{55 ,}  ₈ P (

X 65 ) , 5 , 19942 , 69942 69 , 94 % sehingga nilai dari  x     

Jadi peluang siswa yang terpilih memperoleh nilai tes kurang dari 65 adalah 69,942%.

c. Peluang siswa yang terpilih secara acak akan memperoleh nilai tes lebih dari 75 adalah

P(X≥x=75). Nilai ini diberikan sebagai berikut: _{ } ₇₅ P ( X x

75 ) f ( x ) dx f ( x ) dx f ( x ) dx      ₇₅    _ _{55 ,} ₈ _{ } _{1 x} _{  } _{   } _{   } _{55 ,} _{55 ,} ₈

₈

₂ _{75   } _{1 x} _{55 ,} ₈ ₂

1 ² _{   } ^{17 ,} ⁶

1 ² ^{17 ,} ⁶

e dx e dx

  ₂ ₂ _{55 ,}   ₈ 2 ( 17 , 6 ) ^{55 ,} ⁸ 2 ( 17 , 6 ) _

 

5 

 55 , 8  f ( x ) dx  ,

Karena dan dengan menggunakan integral numerik _{55 ,}  ₈ ₇₅

. 0001 f ( x ) dx , 36235 x  

metode deret Reimant untuk , diperoleh bahwa .

_{55 ,}  ₈ P (

X 75 ) , 5 , 36235 , 13765 13 , 765 %  x     

Sehingga nilai dari

Jadi peluang siswa yang terpilih memperoleh nilai tes lebih dari 75 adalah 13,77%.

d. Peluang siswa yang terpilih secara acak akan memperoleh nilai tes antara 65 sampai 75

adalah

₇₅ _{  } _{1   x} _{ }

_{55 ,}

_{8 }

1 ₂ _{ } _{17 ,} ₆ P (

65 X 75 ) e dx , 16293 16 , 3 %      ₂ ₆₅ 

2 ( 17 . 6 ) 

5  

 55 , 7  17 ,

Gambar 5.7 Kurva distribusi normal dengan dan serta (a) .

P(X=65); (b); P(X>x=75); (c) P(65<X75)

Integral tersebut diselesaikan dengan menggunakan integral numerik metode deret Reimant

. 0001 x 

untuk . Mahasiswa dapat melakukan simulasi dengan menjalankan skrip program berikut yang ditulis dalam bahasa matlab. clear all ; clc; disp( '--simulasi luas di bawah kurva normal dengan metode deret Reimant--' ) miu=input( 'miu = ' ); sigma=input( 'sigma = ' ); a=input( 'Batas Bawah integral = ' ); c=input( 'Delta x = ' ); b=input( 'Batas atas integral = ' ); x=[a:c:b]; [n,m]=size(x); f1=(1./sqrt(2.*pi.*sigma*sigma)).*exp(-0.5.*(((x-miu)./sigma).^2)); df=abs(x(2)-x(1)); L=sum(df.*f1); disp([ 'Luas daerah = ' ,num2str(L)]) %Batas-batas untuk visualisasi X1=input( 'Batas bawah visualisasi = ' ); X2=input( 'Step domain visualisasi = ' ); X3=input( 'Batas atas visualisasi = ' ); X=[X1:X2:X3]; f2=(1./sqrt(2.*pi.*sigma*sigma)).*exp(-0.5.*(((X-miu)./sigma).^2)); plot(X,f2, 'r' ) hold on plot(x,f1) hold on for i=1:1000:m plot([x(i) x(i)],[0 f1(i)]) hold on end xlabel( 'Nilai Siswa' ) ylabel( 'Nilai Peluang' ) hold off

5.5 Distribusi Normal Baku

Untuk memudahkan perhitungan dalam menentukan nilai integral fungsi padat normal, maka dibuat tabel seperti tertera pada tabel 3 lampiran 3 di belakang. Akan tetapi, tidak  mungkin membuat tabel yang berlainan untuk setiap nilai dan  . Seluruh nilai dalam tabel merupakan hasil transformasi setiap peubah acak X menjadi himpunan pengamatan baru satu peubah acak normal Z dengan rataan 0 (nol) dan variansi 1 (satu).

Teorema 5.2 Jika X peubah acak yang terdistribusi normal dengan rataan μ dan simpangan baku σ,

 

Z  maka peubah acak baru akan terdistribusi normal baku



Bukti: _{  } _{1 x } _{  } ₂

1 _{2  } _ X ~ n ( x , , ) f ( x ) e ; x

        ₂

2  x

 

z x z dx dz

        

, akibatnya diperoleh

_{  }  _{ z z} _{1 x} _{  } _{   } _ ₂ ₁ _{2 } ₁ ₂

1 _{2 } _{ }

1 ₂

f ( x ) dx e dx e dz e

    ₂

    

2  2  _{        } _{ }

2 _{  } _{1   z } ₂

1 ₂ _{ } ₁

e dz n ( z , ,

1 ) dz   ₂ _{ }  

2 1     

 

X ~ n ( x , , ) Z ~ n ( z , ,

1 )    

Bentuk integral terakhir membuktikan bahwa



Distribusi asli yang telah ditransformasikan dilukiskan pada gambar 5.5. Karena semua nilai X antara x dan x mempunyai nilai Z padanan antara z dan z , maka luas daerah di

2 bawah kurva X antara ordinat x = x dan x = x pada gambar 5.5 sama dengan luas daerah di

2 bawah kurva Z antara ordinat z = z dan z = z yang telah ditransformasikan.

2 Gambar 5.8 Luas daerah di bawah kurva distribusi normal dan di bawah kurva z Sekarang banyaknya tabel kurva normal yang diperlukan telah diperkecil menjadi satu, yaitu distribusi normal baku. Tabel 3 (lihat lampiran 3) memberikan luas di bawah normal baku yang berpadanan dengan P(0 < z < b). Perlu diingat, bahwa luas adalah besaran skalar, jadi selalu positif (tidak pernah negatif). Sedangkan tanda negatif pada z menunjukkan letak daerahnya saja. Misalnya daerah antara z = 0 dan z = 2,15 adalah daerah

  luasan di sebelah kanan , sedangkan daerah antara z = 0 dan z = -2,15 adalah luasan di sebelah kiri  

. Luas kedua daerah ini sama yang besarnya akan dihitung melalui contoh-contoh berikut.

Contoh 5.5.

Dengan menggunakan tabel distribusi normal baku (tabel z), tentukan luas daerah

a. Antara z = 0 dan z = 2,15

b. Antara z = 0 dan z = -1,86

c. Antara z = -1,86 dan z = 2,15

d. Antara z = 1,34 dan z =2,06

e. Untuk z>1,96

f. Untuk z>1,96 Solusi:

a. Antara z = 0 dan z = 2,15 Cara menghitung luasnya adalah dengan melihat tabel z. Pada kolom paling kiri cari angka 2,1 dan cari pada baris paling atas angka 05. Dari 2,1 tarik arah ke kanan dan dari 05 tarik menurun, didapat angka 4842. Angka ini merupakan angka dibelakang koma, sehingga luas daerah yang dicari adalah 0,4842. Gambarnya adalah sebagai berikut:

Gambar 5.9 Luar daerah di bawah kurva normal baku antara z = 0 dan z = 2,15

b. Antara z = 0 dan z = -1,86 Karena z bertanda negatif, maka daerah luasannya di sebelah kiri rataan. Karena sifat simetris kurva normal, maka luas daerah antara z = -1.86 dan z = 0 sama dengan luas daerah antara z = 0 dan z = 1.86. Seperti cara mencari pada soal a, pada daftar z lihat kolom paling kiri nilai 1.8, kemudian baris paling atas lihat angka 06. Dari 1,8 tarik ke kanan dan dari .06 tarik ke bawah diperoleh angka 4686. Jadi luas daerah yang dicari adalah 0,4686

Gambar 5.10 Luar di bawah kurva normal baku antara (a) z = -1, 86 dan z = 0, (b) z = 0 dan z = 1,86

c. Antara z = -1,86 dan z = 2,15 Dari grafik sebagaimana pada gambar 5.8 di bawah, terlihat bahwa kita perlu mencari luas daerah dua kali, lalu menjumlahkannya. Mengikuti cara pada soal a dan b, maka z 1 .

86 Z z 2 .

15     

diperoleh luas daerah antara diberikan sebagai berikut: z 1 .

86 Z z 2 . 15 ( z 1 .

86 Z ) ( Z z

2 . 15 ) . 4686 . 4842 . 9528              

Gambar 5.8 Luar daerah di bawah kurva normal baku antara z = -1.86 dan z = 2.15

d. Antara z = 1,34 dan z =2,06

Gambar 5.9 Luas di bawah kurva normal baku antara z = 1.34 dan z = 2.06 Untuk soal ini, kita menghitung irisan antara luas z = 0 sampai z = 2,06 dan z = 0 sampai

z = 1,34. Dengan mengurangi luas z =0 sampai z =2,06 dan z = 0 sampai z = 1,34. dengan cara yang sama seperti soal-soal sebelumnya, maka diperoleh luas daerah yang e. z< 1,96

Gambar 5.10 Luas daerah di bawah kurva normal baku antara z < 1.96 Luasnya sama dengan dari z = 0 ke kiri ditambah dengan luas dari z = 0 sampai ke z =

1,96. Jadi, luasnya = 0,5000 + 0,4750 = 0.9750

f. z>1,96 Luasnya sama dengan dari z = 0 ke kanan (=0,5) dikurangi dengan luas dari z = 0 sampai ke z = 1,96. Jadi, luasnya = 0,5000 - 0,4750 = 0,0250.

Gambar 5.11 Luas dibawah kurva normal baku dengan z > 1,96

Contoh 5.6 Selesaikan permasalahan pada contoh 5.3 di atas menggunakan distribusi normal baku. Solusi:

65 55 .

75 55 .

7 



x 

65  z   , 5314 x  75  z   1 , 1029

Untuk dan untuk sehingga 17 .

5 17 .

diperoleh ₆₅ _, _{53 ,} ₅₃ P ( X x 65 ) f ( x ) dx f ( z ) dz f ( z ) dz f ( z ) dz       a. _{     }     ,

5 P ( Z , 53 ) , 5 , 2019 , 7019 70 , 19 %         b. _{  }

_{1 ,}

₁ P ( X x 75 ) f ( x ) dx f ( z ) dz f ( z ) dz f ( z ) dz , 5 , 3643 , 1357 13 , 57 %

          ₇₅     _{1 ,} ₁ c. ₇₅ _{1 ,} ₁ _{1 ,} _{1 ,} ₅₃ P (

65 X 75 ) f ( x ) dx f ( z ) dz f ( z ) dz f ( z ) dz , 3643 , 2019 , 1624 16 , 24 %

         

_{65 ,}     ₅₃

Contoh 5.6.

Dari suatu penelitian di Rumah Sakit Sayang Ibu Selong, diperoleh data bahwa rata-rata berat

bayi yang baru lahir adalah 3750 gram dengan simpangan baku 325 gram. Jika berat bayi

berdistribusi normal, maka tentukan ada:

a. Berapa bayi yang beratnya lebih dari 4500 gram, jika ada 1000 bayi?

b. Berapa bayi yang beratnya antara 3500 gram dan 4500 gram, jika semuanya ada 1000

bayi

c. Berapa bayi yang beratnya kurang atau sama dengan 4000 gram, jika semuanya ada 1000

BAB V BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU - BAB V