BAB VII RANDOM VARIATE DISTRIBUSI DISKRET

BAB VII RANDOM VARIATE DISTRIBUSI DISKRET

Diskret random variabel dapat digunakan untuk berbagai random number yang diambil dalam bentuk integer. Pola kebutuhan inventori (persediaan) merupakan contoh yang sering digunakan dalam pengambilan random sampel

7.1. Distribusi Diskret Uniform X=

a + R/P

untuk P =

1 (b  a  1)

X = a + (R (b – a + 1))

Contoh : Sebuah perusahaan bakery membuat suatu kelompok jenis donat yang dijual ke toko-toko dengan distribusi permintaan dikret uniform dengan kebutuhan harian maximum = 100 unit dan minimum = 40 unit. Pertanyaan : a. Tentukan random variate dari distribusi dikret uniform tersebut. b. Dengan a = 77; Z0 = 12357 dan m =127, hitung X untuk pengambilan random number sebanyak 10 kali. Penyelesaian : Langkah-langkah : 1. Generate bila RNG sebanyak 10 kali. 2. Tentukan nilai maximum dan nilai minimum  a = min dan b = max 3. Subsitusi ke dalam perhitungan diskret uniform X = a + (R (b – a + 1)) 4. Dari hasil X1 s.d. X10 kelompokkan berdasarkan kesamaan nilai akhir 5. Ambil kesimpulan dari pengelompokan nilai.

Pemodelan &Simulasi : Random variate distribusi diskret

39

a = 77; Z0 = 12357; m =127; a = min = 40; b = max = 100 i

Z

R

X = a + (R (b-a+1))

1

5

0,0394

42

2

4

0,0315

42

3

54

0,4252

66

4

94

0,7402

85

5

126

0,9921

100

6

50

0,3937

64

7

40

0,3150

59

8

32

0,2520

55

9

51

0,4016

64

10

117

0,9213

96

Dari hasil simulasi dengan 10 kali percobaan penarikan random number didapat diantara 42 – 64.

7.2. Distribusi Binomial Dinyatakan bahwa X mempunyai distribusi Binomial dengan PDF : n  f ( x)    ( p) x (1  p) n x x

untuk x = 0, 1, .., n

Dengan singkatannya B(n,p) dari distribusi X tersebut, yang kemudian akan membangkitkan nilai X yang harus dinyatakan terlebih dahulu : n

X   Yi i 1

Dimana setiap Yi akan diambil sampelnya dari percobaan Bernaulli dengan menyatakan :

 yi   

1 2 0



p

 1 p

untuk i – 1, 2, .., n

Yi mempunyai Moment Generating Function (MGF) : Myi(Z) = 1 – p + pZ


40

Karena yi adalah independen maka adanya MGF dari X adalah : Myi(Z) = (1 – p + pZ)n Dimana hal ini adalah MGF dari suatu random variabel dari B(n,p). Untuk melaksanakan pendekatan inverse transformasi gunakan : p0 = 1 – pn dan Ak-1 =

(n  k ) p (k  1)(1  p)

Suatu variate Binomial dapat dinyatakan sebagai suatu set terhingga maka dapat dibuat tabel CDF yang juga dapat menggunakan metode inverse transformasi tersebut. Bila n besar sekali maka jika menggunakan cara ini untuk generate Binomial Variates akan memerlukan banyak waktu. Salah satu pendekatan alternatif yang didasarkan pada asymptotic yang akan memberikan hasil yang akan sama dilakukan dengan mengurangi waktu untuk generating tersebut. Apabila n bertambah besar maka distribusi dari : Z

( X  np) np(1  p)

dengan pendekatan (0, 1)  standar normal

Untuk mendapatkan suatu Binomial variate kita dapat membangkitkan Z dari (0,1) dari :

X  np(1  p * Z  np dan gunakan X yang dibulatkan sehingga menjadi integer Untuk menolak kesalahan-kesalahan yang muncul dapat digunakan hasil dari asymptotic tersebut apabila sebagai berikut : 

np > 5



n(1-p) > 5 untuk p > ½

untuk p ≤ ½ dan

7.3. Metode Transformasi dari Distribusi Binomial Salah satu metode transformasi ini dapat dipergunakan pada distribusi probabilitas binomial. k  f ( j )    p j (1  p) k  j  j x

Binomial yang menyatakan untuk f(j) dimana j = 0, 1, .., k dan F ( x)   f ( j ) j 0


41

Yang dapat diuraikan apabila Xn = j sehingga akan diperoleh F(j-1) < Rn < F(j), demikian juga untuk F(-1) = 0 dan 0 < p < 1 dan k = integer positif. Contoh : Dari distribusi Binomial : P = 0,5 dan k = 2. Pertanyaan : 1. Generate random variate dari contoh di atas 2. Jika diketahui a = 77, Z0 = 12357 dan m = 127, hitung jumlah Xn optimal yang diperoleh untuk 5 kali RN Penyelesaian : 1. Distribusi fungsi densitas Binomial : k  f ( j )    p j (1  p) k  j  j

Untuk k = 2 dan p = 0,5, maka : 2 a. Bila j = 0 : f (0)    (0,5) 0 (1  0,5) 20  (1) (0,5) 2  0,25 0 2 b. Bila j =1 : f (1)    (0,5)1 (1  0,5) 21  (0,5) (0,5)1  0,25 1 

2 c. Bila j = 2 : f (0)    (0,5) 2 (1  0,5) 22  (0,5) 2 (0,5) 0  0,25 2

2. Dari perhitungan no. 1 disusun dalam bentuk tabel : Xn

Batas nilai

0

0,00-0,25

1

0,26-0,75

2

0,76-1,00

Untuk a = 77, Z0 = 12357 dan m = 127 maka : i

Z

RNG

X

1

5

0,04

0

2

4

0,03

0

3

54

0,43

1

4

94

0,74

1

5

126

0,99

2

Maka yang dipilih Xn = 1 unit


42

7.4. Distribusi Poisson Distribusi Poisson mempunyai fungsi densitas probabilitas : (  t ) x e  t f ( x)  x!

untuk x = 0, 1, 2, ....

Distribusi Poisson sering disimbolkan dengan P(λ) dan secara teoritis dapat dilakukan dengan beberapa cara : a. Dapat dilakukan melalui batasan dan distribusi Binomial dengan B(n,p), bila n mencapai nilai besar tidak terbatas dan juga P sangan kecil maka dapat dilakukan dengan Poisson Variate. b. Terdapat melalui hubungan dengan distribusi eksponensial dengan ϵ (β), β merupakan parameter eksponensial, apabila ada ”waktu diantara dua event (kejadian) adalah independen”. Dengan demikian dari hubungan pada distribusi eksponensial akan dapat digunakan untuk mengenerate random variate x sebagai suatu Poisson variate yang dapat dirumuskan melalui pertambahan waktu t dengan batasan-batasan : n

n 1

i 1

i 1

 ti  t   ti dengan ti adalah random variate dari distribusi eksponensial ti   sehingga akan diperoleh :

n

 i 1

1



ln Ri

n 1

Ri  e t   Ri i 1

Rumus ini merupakan penentu simulasi untuk mendapatkan jumlah kedatangan dari distribusi Poisson dengan mean (rata-rata) = λ per unit waktu. Contoh : Suatu percobaan penelitian untuk mengenerate distribusi Poisson melalui simulasi dengan parameter jumlah kedatangan mean = 3 kejadian per jam. Selama periode waktu 1,4 jam. Berapakah jumlah kedatangan yang diharapkan dari proses simulasi ini

jika menggunakan random number a = 17, m = 1237 dan

Z0 = 12357. Penyelesaian : Dari Distribusi Poisson diketahui λ = 3 kejadian per jam dan t = 1,4 jam Berarti λt = 3 * 1,4 = 4,2 kejadian Sehingga

e-λt = e-4,2 =0,0150


43

Untuk a = 17, m=1237 dan Z0 =12357 maka : i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Z

1.016

1191

455

313

373

156

178

552

725

1192

RNG

0,8213

0,9628

0,3678

0,2530

0,3015

0,1261

0,1439

0,4462

0,5861

0,9636

n

 i 1

n 1

Ri  0,0150   Ri i 1

Dari random number yang diambil kemudian dimanipulasi : n



Ri  0,8213 * 0,9628 * 0,3678 * 0,2530 * 0,3015 = 0,0222

i 1

n 1

 Ri  0,8213 *

0,9628 * 0,3678 * 0,2530 * 0,3015 *0,1261 = 0,0028

i 1

Jadi : n

 i 1

n 1

Ri  0,0150   Ri

 0,0222 ≥ 0,0150 > 0,0028

i 1

Sehingga diperoleh n = 5, berarti jumlah kedatangan optimal = 5 Untuk metode yang kedua, dari teori probabilitas dapat ditemukan sejumlah kejadian(event) yang muncul dan dinyatakan dalam distribusi Poisson, sedangkan waktu antara kedua kejadian dinyatakan dalam parameter distribusi eksponensial. Hasil akhir distribusi Poisson dinyatakan dalam jumlah kejadian (event) sebesar n yang muncul dalam waktu atau periode t. Rata-rata = µp = λt

dimana : λ = parameter eksponensial T = jumlah waktu

Distribusi Eksponensial diketahui random variabelnya : ti  

1



ln Ri  untuk µc = 1/λ

Dengan mengambil ti =berulang kali sampai jumlah random variate eksponensial melampaui nilai waktu t untuk pertama kali. Hal ini dapat dilakukan untuk setiap distribusi Poisson setelah λ dan t sebagai parameter yang perlu diketahui. Contoh : Digunakan soal pada distribusi Poisson diatas kemudian menggunakan random variate eksponensial, yaitu λ = 3 kejadian perjam dan t = 1,4 jam. Penyelesaian : µc = 1/λ = 1/3 jam ;

ti  


1



ln Ri

44

Tabel Poisson Number :

1

n

Rn

1

0,8213

0,0656

0,0656

2

0,9628

0,0126

0,0782

3

0,3678

0,3334

0,4116

4

0,2530

0,4581

0,8697

5

0,3015

0,3997

1,2694

6

0,1261

0,6902

1,9596

7

0,1439

tn  



ln Rn

∑ti

 Hasil maksimal  Hasi akhir melampaui t

Hasil akhir perhitungan variate ini merupakan penjumlahan dari ti atau

n

t

i

1

Untuk dapat mencapai atau melampaui t = 1,4 jam berarti

n

t

i

≥ t = 1,4 jam, angka

1

yang pertama diperoleh pada n = 6, dengan demikian berdasarkan distribusi Poisson, nilai Poisson diperoleh ≥ n = 6-1 = 5 , dan hasil ini sama dengan hasil pada metode yang pertama.

7.5. Distribusi Geometri Distribusi geometri merupakan suatu distribusi probabilitas diskret yang dapat menggunakan landasan pemikiran simulasi diskret bilangan acak yang mempunyai random variate dengan rumus :  log(  i )    1 X  Int   log( q) 

dimana : µi = pembangkit random number q = 1 – p  p = parameter dari distribusi probabilitas geometri Contoh : Pada seleksi karyawan baru pada sebuah perusahaan terdapat 30% pelamar yang sudah mempunyai keahlian komputer tingkat advance dalam pembuatan program. Para pelamar diinterview secara intensif dan diseleksi secara random. Pertanyaan :


45

1. Apabila terdapat 10 pelamar yang dikumpulkan, simulasikan berapa pelamar yang dapat diterima untuk RNG dengan a = 43, m = 1237 dan Z0=12357. 2. Perhitungkan rata-rata yang diterima dari jumlah pelamar yang ada. 3. Berapa besarkah probabilitas pertama kali pelamar diterima pada 5 interview yang dilakukan ? 4. Berapakah rata-rata pelamar yang membutuhkan inteview interview guna mendapatkan satu calon yang punya advance tranning dan juga variansinya? Penyelesaian : 30% pelamar sudah mempunyai latihan advance komputer berarti p = 0,30 dari distribusi geometri, q = 1-0,30 = 0,70 dan log(q) = -0,1549. 1. Random variate dari distribusi geometri :  log(  i )    1 X i  Q i  Integer   log( q) 

untuk i = 1, 2, .., 10

2. untuk a = 43, m = 1237 dan Z0=12357 didapat RNG (µi), Xi (Qi) i

Z

RNG=µi

Xi=Qi

1

678

0,5481

3

2

703

0,5683

3

3

541

0,4373

3

4

997

0,8060

2

5

813

0,6572

2

6

323

0,2611

5

7

282

0,2280

5

8

993

0,8027

2

9

641

0,5182

3

10

349

0,2821

5

Perbandingan X = 2 : 3 : 5 = 3 : 4 : 3 Dari distribusi geometri dilakukan simulasi diperoleh : a. Sarjana komputer yang diterima dari 10 orang calon adalah = 3 orang b. Rata-rata yang diterima dari jumlah calon yang ada = 3/10 * 100% = 30 % c. Probabilitas pertama kali pelamar diterima pada 5 interview yang dilakukan : f(y) = p. Qy-1 untuk y = 1, 2, 3, ..


46

y = 5; p = 0,3; dan q = 1- 0,3 = 0,7 f(y) = (0,3) (0,7)5-1 = 0,0720 Probabilitas P(y) = 0,0720 d. Rata-rata pelamar yang membutuhkan interview untuk mendapatkan satu calon yang kualifide adalah : Rata-rata distribusi geometri : E(y) = q/p = 0,7/0,3 = 2,333 Variansinya : σ(y) = (1-p)/p2 = 0,7/(0,3)2 = 7,78 Standar deviasinya : SD(y) = √7,78 = 2,79


47

BAB VII RANDOM VARIATE DISTRIBUSI DISKRET

Recommend Documents