BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I. Oleh : Tim Dosen Statistik Industri Program Studi Teknik Industri

BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I

Oleh : Tim Dosen Statistik Industri Program Studi Teknik Industri

Fakultas Teknik Universitas Wijaya Putra 2009

KATA PENGANTAR

Mata kuliah Statistik Industri 1 adalah jenis mata kuliah Keilmuan dan Ketrampilan di program Studi Teknik Industri Fakultas Teknik Universitas Wijaya Putra. Buku ajar Statistik Industri 1 ini berisi materi: kejadian dan ruang sampel, probabilitas, Variabel Random Diskrit dan Distribusi Probabilitas Diskrit, variabel random kontinu dan distribusi probabilitas kontinu, harga harapan, distribusi probabilitas bivariat, fungsi variabel random, distribusi t dan distribusi F, distribusi sampling, dan teori limit sentral. Mudah-mudahan buku ajar Statistik Industri 1 ini dapat menambah bahan belajar bagi mahasiswa teknik industri. Terima kasih kepada seluruh pihak/civitas akademisi Program Studi Teknik Industri, Fakultas Teknik-UWP yang telah membantu penyusunan buku ajar ini. Demi penyempurnaan buku ajar ini, kami mengharapkan kepada semua pihak untuk dapat memberikan masukan dan saran.

Penyusun Tim Dosen Mata Kuliah Statistik Industri 1

Buku Ajar Teori Probabilitas

BAB I KEJADIAN DAN RUANG SAMPEL I.1 Ruang Sampel Statistikawan

pada

dasarnya

berurusan

dengan

penyajian

dan

penafsiran hasil yang berkemungkinan (hasil yang belum dapat ditentukan sebelumnya) yang muncul dalam penelitian yang dirancang sebelumnya atau yang muncul dalam penelitian ilmiah. Dalam pengamatan yang dilakukan di persimpangan jalan Diponegoro dengan jalan Jenderal Sudirman dicatat banyak kecelakaan yang terjadi tiap bulan maka akan didapat data-data pengamatan yang berupa bilangan. Definisi I.1 Informasi yang dicatat dan dikumpulkan dalam bentuk aslinya baik dalam bentuk hitungan maupun pengukuran disebut data mentah. Contoh I.1 : Bilangan 2, 0, 1, 3, yang menyatakan banyaknya kecelakaan dalam bulan Januari tahun 2008 di persimpangan jalan Diponegoro dan Jenderal Sudirman merupakan data mentah. Tiap proses yang menghasilkan data mentah disebut percobaan. Contoh I.2 : Percobaan melantunkan sebuah mata uang logam. Dalam percobaan ini hanya ada dua macam hasil yang mungkin, yaitu "muka" (M) atau "belakang" (B). Dalam percobaan ini kita tidak akan pernah dapat memastikan bahwa suatu lantunan tertentu akan menghasilkan "muka", tetapi dapat diketahui kemungkinan yang dapat terjadi untuk tiap lantunan. Definisi I.2 : Gugus

semua hasil yang mungkin dari suatu percobaan statistika disebut

ruang sampel dan dilambangkan dengan huruf S.

Program Studi Teknik Industri UWP

1


Tiap hasil dalam ruang sampel atau anggota dari ruang sampel disebut dengan titik sampel. Apabila ruang sampel mempunyai unsur yang berhingga banyaknya maka anggotanya dapat didaftar dengan menuliskan dalam tanda himpunan. Ruang sampel S yang merupakan kumpulan semua hasil yang mungkin dari suatu lantunan mata uang dapat ditulis sebagai: S = { M , B }. Bila ruang sampel yang besar atau yang anggotanya tak hingga banyaknya lebih mudah ditulis dengan suatu pernyataan atau syarat yang harus dipenuhi untuk menjadi anggotanya. Contoh I.3 : Percobaan mendata kota-kota di dunia yang berpenduduk lebih dari 1 juta, ruang sampelnya dapat dituliskan sebagai berikut : S = { X | X suatu kota yang berpenduduk lebih dari satu juta }. Untuk menentukan apakah suatu ruang sampel perlu dituliskan dengan cara mendaftar

atau

dengan

hanya

menyebutkan

syarat

aturannya

akan

tergantung pada masalah yang ditangani. Contoh I.4 : Misalkan tiga buah barang dipilih secara random dari sepuluh hasil produksi pabrik. Tiap butir barang diperiksa dan digolongkan menurut keadaan cacat atau tidak cacat. Ruang sampel yang paling banyak memberi informasi adalah S1 = {CCC, CCT, CTC, TCC, CTT, TCT, TTC, TTT}. Dengan T menyatakan tidak cacat, sedangkan C menyatakan cacat. Ruang sampel lain, kendati hanya memberi sedikit informasi dapat berbentuk S2 = { 0, 1, 2, 3 }. Anggota S2 masing-masing menyatakan tak ada yang cacat, satu yang cacat, dua yang cacat atau ketiganya cacat dari pilihan random tiga barang.


2


SOAL-SOAL 1. Tuliskan anggota tiap ruang sampel berikut ini : (a) himpunan bilangan bulat antara 1 dan 50 yang habis dibagi 7. (b) himpunan S= { x | x2 + x - 6 = 0 }. (c) himpunan hasil bila sebuah mata dadu dan mata uang dilantunkan sekaligus. (d) himpunan S = { x | x nama benua}. (e) himpunan S = { x | 2x - 4 = 0 dan x > 5 }. 2. Gunakan cara aturan atau pernyataan untuk menjelaskan ruang sampal S yang terdiri atas semua titik dalam kuadran pertama di dalam suatu lingkaran yang berjari-jari 3 dengan pusat titik asal. 3. Items coming off a production line are marked defective (D) or nondefective (N). Items are observed and their condition listed. This is continued until two consecutive defectives are produced four items have been checked, whichever occurs first. Describe a sample space for this experiment. 4. (a) A box of N light bulbs has r ( r < N ) buls with broken filaments. These bulbs are tested, one by one, until a defective bulb is found. Describe a sample space for this experiment. (b) Suppose that the above bulbs are tested, one by one until all defectives have been tested. Describe the sample for this experiment.

I.2 Kejadian Dalam percobaan mungkin kita ingin mengetahui munculnya kejadian tertentu dan bukan hasil unsur tertentu dalam ruang sampel. Misalnya kita ingin mengetahui mengenai kejadian A bahwa hasil lantunan suatu dadu habis atau dapat dibagi

tiga

maka A = { 3, 6 }

merupakan

himpunan

bagian dari ruang sampel S = { 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Berdasarkan cacat yang

pada

Contoh I.4, kejadian B

adalah

banyaknya

terpilih lebih dari satu maka B = { CCC, CCT, CTC, TCC } juga

merupakan himpunan bagian dari S = { CCC, CCT, CTC, TCC, CTT, TCT, TTC, TTT }. Jadi tiap kejadian berkaitan dengan sekelompok titik sampel yang membentuk himpunan bagian ruang sampel tersebut.


3


Definisi I.3 Kejadian adalah himpunan bagian dari ruang sampel. Contoh I.5 : Percobaan melakukan pengamatan umur komponen mesin tertentu. Ruang sampelnya adalah S = { t | t > 0} dengan t menyatakan umur (dalam tahun) suatu komponen mesin tertentu tersebut dan kejadian A menyatakan rusak sebelum akhir tahun Dalam

praktek

kejadian

bahwa

komponen

akan

kelima, berarti A = { t | t < 5 }.

biasanya

kejadiannya

dinyatakan

lebih

dahulu

kemudian ruang sampelnya ditentukan.

Definisi I.4 Suatu kejadian yang hanya mengandung satu unsur ruang sampel disebut kejadian sederhana. Suatu kejadian majemuk adalah kejadian yang dapat dinyatakan sebagai gabungan beberapa kejadian sederhana. Contoh I.6: Kejadian mengambil sebuah

kartu

heart

dari

sekotak

kartu

bridge

merupakan himpunan bagian A = { heart } dari ruang sampel S = { heart, spade, club, diamond }. Kejadian A merupakan kejadian sederhana. Kejadian B menarik

sebuah

kartu

merah

merupakan

kejadian

majemuk,

karena B = { heart  diamond } = { heart, diamond }. Bila ke 52 kartu dalam suatu kotak kartu menjadi unsur ruang sampel dan bukan ke 4 warna kartu maka kejadian A merupakan kejadian majemuk. Definisi I.5 Ruang nol atau ruang hampa adalah himpunan bagian ruang sampel yang tidak mengandung unsur. Himpunan seperti ini dinyatakan dengan .


4


Contoh I.7 : Bila A menyatakan kejadian menemukan suatu organisme mikroskopis dengan mata telanjang dalam suatu percobaan Biologi maka A = . Hubungan antara kejadian dan ruang sampel padanannya dapat digambarkan dengan diagram Venn. Dalam suatu diagram Venn, ruang sampel dapat digambarkan dengan empat persegi panjang dan kejadian dinyatakan dalam lingkaran di dalamnya. Contoh I.8: Pengambilan sebuah kartu dari 1 kartu dek kartu bridge 52 kartu dan diamati kejadian berikut ini: A : kartu yang terambail warna merah, B : kartu yang ditarik jack, queen, atau king diamond, C : kartu yang ditarik As. Kejadian-kejadian tersebut dapat digambarkan dalam diagram Venn sebagai berikut: soal 5. Diadakan suatu percobaan

melantunkan sepasang dadu, satu dadu

berwarna merah, yang lainnya hijau, hasil yang muncul kemudian dicatat. (a) Tuliskan anggota ruang sampel S. (b) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian A bahwa jumlah kurang dari S. (c) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian B bahwa bilangan 6 muncul pada kedua dadu. (d) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian C bahwa bilangan 2 muncul pada dadu hijau. (e) Buatlah diagram Venn yang menunjukkan hubungan antara kejadian A, B, C dan S. 6. Surat lamaran dua orang pria untuk jabatan di suatu perusahaan diletakkan dalam suatu map yang sama dengan surat lamaran dua orang wanita. Ada dua jabatan yang lowong, yang pertama jabatan direktur


5


dipilih secara random dari keempat pelamar. Jabatan kedua wakil direktur, dipilih secara random dari ketiga sisanya. (a) Tuliskan anggota ruang sampel S. (b) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian A bahwa lowongan direktur diisi oleh pelamar pria. (c) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian B bahwa tepat suatu lowongan diisi oleh pelamar pria. (d) Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian C bahwa tidak ada lowongan yang diisi oleh pelamar pria. (e) Buatlah diagram yang memperlihatkan hubungan antara kejadian A, B, C, S. 7. Consider four objects, say a, b, c, d. Suposse that the order in which these objects are listed represents the outcome of an experiment. Let the event A and B be defned as follows: A = { a is the first position }; B = { b is the second position }. List all elements of the sample space. 8. A lot contains item weighing 5, 10, 5, ... 50 pounds. Assume that at least two items of each weight are found in the lot. Two items are chosen from the lot. Let X denote the weight of the first items chosen and Y the weight of the second item. Thus the pair of numbers (X,Y) represent a single outcome of the experiment. Using the XY-plane, indicate the sample space and the following events. (a) { X = Y }. (b) { Y > X }. (c) The second item is twice as heavy as the first item. (d) The first item weight 10 pounds lass than the second item. (e) The average weight of the two items is lass than 30 pounds.

Operasi-operasi dan kejadian : Definisi I.6 : Operasi dari kejadian A dan kejadian B dinyatakan dengan lambang A  B yaitu kejadian yang unsurnya termasuk dalam A dan B.


6


Contoh I. 9 : Sebuah kartu diambil dari satu deck kartu bridge. Kejadian A adalah kejadian mendapatkan kartu berwarna merah, sedangkan kejadian B adalah kejadian mendapatkan kartu angka. Dalam percoban statistika tertentu,

tidak jarang didefinisikan dua

kejadian yang tidak mungkin terjadi sekaligus. Kedua kejadian itu dikatakan saling terpisah dan dinyatakan dengan definisi berikut ini. Definisi I.7 Dua kejadian A dan B saling terpisah atau saling lepas bila A  B = . Contoh I.10 Sebuah kartu diambil dari satu deck kartu bridge. Kejadian A adalah kejadian mendapatkan

kartu

hitam,

sedangkan

kejadian

B

adalah

kejadian

mendapatkan kartu merah. Kejadian A dan kejadian B adalah kejadian yang saling asing karena tidak ada kartu yang berwarna hitam dan sekaligus warna merah.

Gambar diagram Venn dua kejadian yang saling terpisah


7


Definisi I.8 Gabungan dua kejadian A dan kejadian B dinyatakan dengan lambang A  B adalah kejadian yang mengandung unsur yang termasuk A atau B atau keduanya. Contoh I.11 Misalkan sebuah dadu dilantunkan 1 kali. Kejadian A adalah kejadian bahwa bilangan prima muncul di sebelah

atas

dan

bilangan ganjil yang muncul di sebelah atas.

B

adalah kejadian

bahwa

Jadi A ={ 2, 3, 5 } sedangkan

B = { 1, 3, 5 } maka kejadian A  B adalah kejadian bahwa bilangan prima atau ganjil yang muncul di sebelah atas, sehingga A  B = { 1, 2, 3, 5 }. Definisi I.9 Komplemen suatu kejadian A terhadap S adalah himpunan semua unsur S yang tidak termasuk A. Komplemen A dinyatakan dengan lambang A c. Contoh I.12 Misalkan Q menyatakan kejadian bahwa

seorang mahasiswa yang dipilih

secara random dari mahasiswa UKSW adalah perokok. Himpunan Qc menyatakan kejadian bahwa mahasiswa yang terpilih bukan perokok.

Sifat-sifat operasi dari kejadian 1. A   =  2. A   = A 3. A  Ac =  4. A  Ac = S 5. Sc =  6. c = S 7. (Ac)c = A


8


Soal-soal 9. Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian A  C pada soal nomor 5. 10. Tuliskan anggota S yang berkaitan dengan kejadian A  B dan A  C. 11. Bila P = { X | 1  X  9 } dan Q = { Y | Y  5 } maka hitunglah P  Q dan P  Q. 12. Let A, B, and C be three events associated with an experiment. Express the following verbal statements in set notation. (a) At least one of the events occurs. (b) Exactly one of the events occurs. (c) Exactly two of the events occurs. (d) Not more than two of the events occur simultaneously.

I.3 Analisis Kombinatorial Salah satu masalah yang harus dihadapi dan dicoba diberi nilai oleh statistikawan

adalah

adanya

kemungkinan

yang

berkaitan

dengan

munculnya kejadian tertentu bila suatu percobaan dilakukan. Dalam banyak hal suatu soal peluang dapat diselesaikan dengan menghitung banyaknya titik sampel dalam ruang sampel. Pengetahuan tentang unsur atau daftar sesungguhnya

tidak

selalu

diperlukan.

Dasar

analisis

kombinatorial

dinyatakan dalam teorema berikut ini. Teorema I.1 Bila suatu operasi dikerjakan dengan n1 cara dan bila untuk tiap cara ini operasi kedua dapat dikerjakan dengan n2 cara maka kedua operasi itu dapat dikerjakan bersama-sama dengan n1 n2 cara. Contoh I.12 Seorang laki-laki mempunyai 5 kemeja, 3 celana dan 2 pasang sepatu. Tentukan banyak cara dia dapat berpakaian secara berbeda.


9


Sering pula kita menginginkan ruang sampel yang unsurnya terdiri atas semua urutan atau susunan yang mungkin dari sekelompok benda. Definisi I.10 Suatu

permutasi

ialah suatu susunan yang dapat dibentuk dari suatu

kumpulan benda yang diambil sebagian atau seluruhnya. Teorema I.2 Banyak permutasi n benda yang berlainan adalah n! Contoh I.14 Apabila disediakan empat huruf A, B, C, D. Tentukan permutasi empat huruf tersebut. Teorema I.3 Banyak permutasi n benda berlainan bila diambil r sekaligus adalah nPr

= n! / (n-r)!

Contoh I.15 : Untuk memilih seorang manager dan asisten manager pemasaran tersedia 5 orang staf perusahaan yang memenuhi syarat. Ada berapa cara yang dapat digunakan untuk itu? Permutasi yang dibuat dengan menyusun benda secara melingkar disebut permutasi melingkar. Dua permutasi melingkar dianggap sama, bila kita dapatkan dua permutasi yang sama dengan cara permutasi dari suatu benda tertentu dan bergerak searah gerak jarum jam. Teorema I.4 Banyak permutasi n benda berlainan yang disusun melingkar adalah (n-1)! Contoh I.16 Dengan berapa carakah enam pohon yang berbeda dapat ditanam pada suatu lingkaran?


10


Teorema I.5 Banyak cara dimana n bola yang berbeda dapat didistribusikan ke dalam k kotak yang berbeda adalah kn. Contoh I.18 Tentukan banyak cara 3 bola yang berbeda dapat didistribusikan ke dalam dua kotak yang berbeda. Teorema I.6 Banyak cara bahwa n bola yang tidak dapat dibedakan dapat didistribusikan ke dalam k kotak, yang berbeda adalah  k  n  1   n  

Jika n > k dan tidak satu kotakpun yang kosong maka  n  1 .    k  1

Contoh I.17 Berapa carakah 2 bola yang tidak dapat dibedakan didistribusikan ke dalam 3 kotak yang berbeda? Berapa carakah 3 bola yang tidak dapat dibedakan dapat didistribusikan ke dalam dua kotak yang berbeda ?

Teorema I.17 Banyak permutasi yang berlainan dari n benda bila n1 diantaranya berjenis pertama, n2 berjenis kedua, ....., nK berjenis ke-K adalah n ! / n1! n2!....nK! Contoh I.18: Suatu pohon natal dihias dengan 9 bola lampu yang dirangkai seri. Ada berapa cara menyusun 9 bola lampu itu bila tiga diantaranya berwarna merah, empat kuning dan dua biru.


11


Teorema I.8 Banyaknya cara menyekat n benda dalam r sel masing-masing berisi n1 elemen dalam sel pertama, n2 dalam sel kedua, dst. adalah

n   n!    .  n1 n 2 .... n r  n1 ! n 2 ! ..... n r Contoh I.19: Sembilan orang pergi ke gunung untuk berdarmawisata dengan tiga mobil masing-masing mobil dapat membawa 2, 4, dan 3 penumpang. Berapa carakah dapat dibuat untuk membawa kesembilan orang tersebut? Dalam banyak masalah kita ingin mengetahui banyaknya cara memilih r benda dari sejumlah n tanpa memperdulikan urutannya. Pemilihan ini disebut kombinasi. Suatu kombinasi sesungguhnya merupakan sekatan dengan dua sel, sel pertama berisi r anggota yang dipilih sedangkan sel lainnya

berisi

(n-r)

sisanya.

Banyaknya

semua

kombinasi

seperti

ini

dinyatakan dengan

 n    r , n  r   n

biasanya disingkat dengan   r

karena banyaknya anggota pada sel kedua

haruslah n-r.

Teorema I.9 Banyaknya kombinasi dari n benda yang berlainan bila diambil sebanyak r adalah

n n!     r  r ! (n  r ) !


12


Contoh I.20 : Diketahui terdapat 9 orang pemain bola basket. Pelatih ingin memilih pemain yang akan diajukan pada pertandingan melawan regu lain. Ada berapa cara yang dapat dilakukan untuk pemilihan tersebut? ***


13


BAB II PROBABILITAS II. 1 Probabilitas Suatu Kejadian Teori probabilitas untuk ruang sampel berhingga menetapkan suatu himpunan bilangan yang dinamakan bobot dan bernilai dari 0 sampai 1 sehingga probabilitas terjadinya suatu kejadian dapat dihitung. Tiap titik pada ruang sampel dikaitkan dengan suatu bobot sehingga jumlah semua bobot sama dengan 1. Definisi II.1 Peluang suatu kejadian A adalah jumlah bobot semua titik sampel yang termasuk A. Jadi 0  P(A)  1 ; P() = 0 dan P(S) = 1. Contoh II.1 Bila sebuah mata uang dilantunkan dua kali maka ruang sampelnya adalah S = { MM, MB, BM, BB }. Bila mata uang yang digunakan setaangkup maka tiap hasil mempunyai kemungkinan muncul sama.

Tiap titik diberi bobot b sehingga 4b = 1 atau

b = ¼. Bila A menyatakan kejadian bahwa paling sedikit satu muka muncul maka P(A) = ¾. Teorema II.1 Bila

suatu

percobaan

dapat

menghasilkan

N

macam

hasil

yang

berkemungkinan sama dan bila tepat sebanyak n dari hasil berkaitan dengan kejadian A maka probabilitas kejadian A adalah P(A) = n/N. Contoh II.2 Bila satu kartu ditarik dari satu kotak bridge berisi 52 kartu maka akan ditentukan peluang mendapatkan kartu hati. Banyaknya hasil yang mungkin adalah 52 dan 13 diantaranya adalah kartu hati. Probabilitas kejadian A menarik kartu hati adalah


14


P(A) = 13/52 = ¼. II.2 Sifat-sifat Probabilitas Teorema II.2 Bila kejadian A dan B merupakan dua kejadian sembarang maka P( A  B) = P(A) + P(B) – P(A  B) . Akibat II.1 Bila kejadian A dan B kejadian yang terpisah maka P( A  B) = P(A) + P(B) . Akibat II.2 Bila A1, A2, …, An saling terpisah maka P(A1 A2  …  An) = P(A1) + P(A2) + …. + P(An). Contoh II.3 Probabilitas seorang mahasiswa lulus Kalkulus 2/3 dan probabilitas lulus Statistika 4/9. Bila probabilitas lulus paling sedikit satu mata kuliah 4/5 maka probabilitas lulus dalam kedua mata kuliah adalah P(K St) = P(K) + P(St) – P(K  St) = (2/3) + (4/9) – (4/5) = 14/45. Teorema II.3 Bila kejadian A dan kejadian Ac kejadian yang saling berkomplemen maka P(Ac) = 1 – P(A) . Contoh II.4 Suatu mata uang setangkup dilempar berturut-turut sebanyak 6 kali. Misalkan kejadian E paling sedikit sekali muncul muka.

Ruang sampel S

mengandung 26 = 64 titik sampel karena setiap lemparan dapat menghasilkan dua macam hasil (muka atau belakang). Bila Ec menyatakan kejadian bahwa tidak ada muka yang muncul maka kejadian tersebut adalah bila semua


15


lantunan menghasilkan belakang yaitu P(Ec) = 1/64.

Probabilitas

paling

sedikit sekali muncul muka adalah P(E) = 1 – P(Ec) = 1 – 1/64 = 63/64. II.3 Probabilitas Bersyarat Probabilitas terjadinya suatu kejadian B bila diketahui bahwa kejadian A telah terjadi disebut probabilitas bersyarat dan dinotasikan dengan P(B | A). Definisi II.2 Probabilitas bersyarat B dengan diketahui A dinyatakan dengan P(B | A) ditentukan oleh

P(B | A) = P(A  B) / P(A) dengan P(A) > 0.

Contoh II.5 Misalkan ruang sampel S menyatakan orang dewasa yang telah tamat SMA di suatu kota kecil. Mereka dikelompokkan menurut jenis kelamin dan status pekerjaan sebagai berikut : Bekerja

Tak Bekerja

Lelaki

460

40

Wanita

140

260

Daerah tersebut akan dijadikan daerah pariwisata daan seseorang akan dipilih secara acak untuk mempropagandakannya ke seluruh negeri. Misalkan M menyatakan kejadian lelaki yang terpilih sedangkan kejadian E menyatakan orang yang terpilih dalam status bekerja. Bila digunakan ruang sampel E diperoleh P(M | E) = 460/600 = 23/30. Misalkan n(A) menyatakan jumlah unsur dalam suatu himpunan A. Diperoleh P(M | E) = n(E  M )/ n(E) = [ n(E  M)/n(S) ] / [n(E)/n(S) ] = P(E M)/P(E) . Dalam hal ini P(E) = 600/900 = 2/3,


16


P(E  M) = 460/900 = 23/45, P(M | E) = (23/45)/(2/3) = 23/30. Teorema II.4 Bila kejadian A dan B dapat terjadi pada suatu percobaan maka P(A  B) = P(A) P(B | A) . Teorema II.5 Bila dalam suatu percobaan kejadian A1, A2, A3, … dapat terjadi maka P(A1  A2  A3  … ) = P(A1) P(A2 | A1 ) P(A3 | A1  A2 ) …… Definisi II.3 Kejadian A dan B bebas jika dan hanya jika P(A  B) = P(A) P(B) .

II.4 Aturan Bayes Misalkan

dalam contoh II.5 di atas, tersedia keterangan tambahan

bahwa 36 dari yang berstatus bekerja dan 12 dari yang tidak bekerja adalah anggota koperasi.

Akan ditentukan berapa probabilitas orang yang terpilih

dalam status bekerja bila diketahui bahwa orang tersebut anggota koperasi. Misalkan A adalah kejadian bahwa orang yang terpilih anggota koperasi. Probabilitas bersyarat yang diinginkan adalah P(E | A) = P(E  A) / P(A) Kejadian A dapat ditulis sebagai gabungan dari dua kejadian yang terpisah yaitu E  A dan Ec  A sehingga A = (E  A)  (Ec  A) dan berarti P(A) = P(E  A) + P(Ec  A) Akibatnya

P( E | A) 

P( E  A) P( E  A)  P ( E c  A)

Diperoleh


17


P(E  A) = 36/900 = 1/25, P(Ec  A) = 12/900 = 1/75, P(E | A) = (1/25) /(1/25 + 1/75) = ¾. Teorema II.5 Misalkan { B1, B2, …, Bn } suatu himpunan kejadian yang merupakan suatu sekatan ruang sampel S dengan P(Bi)  0 untuk i = 1,2, …, n. P(A)  0

Misalkan A suatu kejadian sembarang dalam S dengan

maka

untuk k = 1,2, …, n berlaku

P( Bk | A) 

P( Bk  A ) n

 P( B i 1

i

 A)



P( Bk ) P( A | Bk ) n

 P( B ) P( A | B ) i 1

i

.

i

Contoh II.6 Suatu serum kejujuran yang diberikan kepada tertuduh diketahui 90 % terandalkan bila orang tersebut bersalah dan 99 % terandalkan bila ia tidak bersalah. Dengan perkataan lain, 10 % dari yang bersalah diketemukan tidak bersalah oleh serum dan 1 % dari yang tidak bersalah ditemukan bersalah. Bila si tertuduh dipilih dari sekelompok tertuduh yang hanya 5 % yang pernah melakukan kejahatan dan serum menyatakan bahwa dia bersalah maka probabilitas bahwa orang tersebut tidak bersalah adalah P(orang tersebut tidak bersalah | dinyatakan bersalah oleh serum) = P( dinyatakan bersalah oleh serum | orang tersebut tidak bersalah ) P(orang tidak bersalah) / [P( dinyatakan bersalah oleh serum | orang tersebut tidak bersalah ) P(orang tersebut tidak bersalah) + P( dinyatakan bersalah oleh serum | orang tersebut bersalah ) P(orang tersebut bersalah) ] = (0,01) (0,95) / [(0,01) (0,95) + (0,90)(0,05) ] = 0,1743.


18


Soal-soal 1. Tiga mesin I,II dan III masing-masing menghasilkan 30  , 30  , 40  dari jumlah seluruh produksi. Dari masing- masing terdapat 4 % , 3 % dan 2 % produk yang cacat. Satu produk diambil secara random dan diperiksa dan ternyata cacat . a . Berapa probabilitas bahwa produk tersebut dihasilkan oleh mesin I ? b . Berapa probabilitas bahwa produk tersebut dihasilkan oleh mesin II ? c . Berapa probabilitas bahwa produk tersebut dihasilkan oleh mesin III ? 2. Seorang pegawai mempunyai dua mobil, satu sedan dan satu toyota kijang. Untuk pergi bekerja dia mengunakan sedan 75 % dan kijang 25 %. Bila dia mengunakan sedan biasanya dia tiba kembali di rumah pukul 17.30 sebanyak 75 % sedangkan bila mengunakan kijang dia tiba pukul 17.30 kira - kira 60 % (tapi merasa lebih tenang memakai kijang karena tidak terlalu khawatir terserempet mobil lain ). Bila dia tiba dirumah pukul 17.35 berapakah probabilitasnya dia memakai sedan. 3.

Pandang permainan berikut ini. Dua dadu yang baik dilemparkan. Jika jumlah titik-titik yang di atas 7 atau 11 maka si A menang.

Jika

jumlahnya 2 atau 3 atau 12 maka si A kalah. Jika jumlah itu 4 atau 5 atau 6 atau 8 atau 9 atau 10 maka dadu-dadu itu di lemparkan kembali sampai didapat jumlah yang sama sebelum jumlah 7 didapat, dan dalam hal ini si A menang atau didapat 7 sebelum jumlah yang sama didapat dalam hal ini si A kalah. Permainan dihentikan sekali si A menang atau kalah. Berapa probabilitas si A menang ? 4. Anggaplah bahwa dalam suatu populasi terdapat pria dan wanita dengan jumlah yang sama. Dalam populasi ini 5 % dari laki-laki dan 0,25 % dari wanita adalah buta warna. a. Seorang buta warna dipilih secara random berapa probabilitasnya orang laki-laki yang terpilih ? b. Seorang laki-laki dipilih secara random berapa probabilitasnya dia buta warna ?


19


6. Misalkan bola berwarna terbagi dalam 3 kotak yang sama bentuknya sbb : Kotak I

Kotak II

Kotak III

Merah

2

4

3

Putih

3

1

4

Hitam

5

5

3

Satu kotak dipilih secara random dan dari dalamnya diambil secara random ternyata berwarna merah. Berapa probabilitasnya yang terambil dari kotak III ? ***


20


BAB III Variabel Random Diskrit dan Distribusi Probabilitas Diskrit Misalkan sebuah eksperimen mempunyai ruang sampel S. Variabel random adalah fungsi berharga real yang didefinisikan pada ruang sampel S. Contoh III.1 : Suatu pemungutan suara dilakukan untuk memilih wakil rakyat negara bagian Kansas yang terdiri dari : John, Bill dan Robert . Kita tertarik untuk menyelidiki banyak suara yang memilih suatu wakil rakyat tertentu yang dicalonkan. Kejadian tersebut memunculkan adanya variabel random yaitu banyak suara dalam negara bagian Kansas yang mencalonkan wakil rakyat tertentu. Variabel random mempunyai akibat merubah kejadian dalam ruang sampel ke dalam kejadian numerik sehingga variabel random dapat dipandang sebagai f : Sampel  Real Jika variabel random Y hanya dapat berharga sebanyak terbilang bilangan real maka Y disebut variabel random diskrit . Contoh III .2 : Banyak telur busuk dalam suatu kotak yang berisi 100 butir telur. III.1 Distribusi Probabilitas dari Variabel Random Diskrit . Contoh III .3 : Seorang manajer mempunyai pekerja yang terdiri dari 2 pria dan 3 wanita. Ia ingin memilih dua pekerja untuk suatu pekerjaan khusus. Keputusan yang diambil adalah memilih 2 pekerja dari pekerja yang dimilikinya secara random. Jika Y adalah banyak wanita yang terpilih maka tentukan distribusi probabilitas Y. Penyelesaian : Dari 2 pekerja wanita dan 3 pekerja pria yang tersedia, banyaknya cara untuk memilih 2 pekerja adalah

 5   .  2 Program Studi Teknik Industri UWP

21


Dari 2 orang pekerja yang terpilih, banyak pekerja wanita Y yang terpilih dapat bernilai 0, 1 atau 2. Hal itu berarti jika terpilih 0 pekerja wanita maka banyak pekerja pria yang terpilih sebanyak 2 orang sehingga banyak cara terpilih 0 pekerja wanita dari 2 pekerja wanita yang tersedia dan 2 pekerja pria dari 3 pekerja pria yang tersedia adalah

 2   3     .  0  2 Akibatnya probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita yang terpilih 0 adalah

 2   3     0 2 3 P( Y  0)       . 10  5    2 Dengan cara yang sama probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita yang terpilih 1 orang adalah

 2   3     1 1 6 P( Y  1)       . 10  5    2 Probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita yang terpilih 2 orang adalah

 2   3     2 0 1 P ( Y  2)       . 10  5    2 Distribusi probabilitas dari variabel random diskrit Y dapat dinyatakan dengan rumus, tabel dan grafik . Distribusi probabilitas pada Contoh III.3,

dapat dinyatakan dalam

Tabel III. 1. Y

P(Y = y)

0

1/10

1

6/10

2

3/10

Tabel III. 1 Tabel distribusi probabilitas variable random Y.


22


Distribusi probabilitas pada Contoh III.3 dapat dinyatakan dalam histogram sebagai berikut : 0.7 0.6 0.5 0.4 Series1 0.3 0.2 0.1 0 1

2

3

Distribusi probabilitas pada Contoh III.3 dapat dinyatakan dalam rumus :

 2  3    y 2 f ( y)  P( Y  y )      5    2

  y 

untuk y = 0, 1, 2. Dalam sebarang distribusi probabilitas diskrit berlaku sifat -sifat sebagai berikut : 1. 0  p(y)  1 untuk semua y. 2.

 p( y)  1 . y

Catatan : Distribusi probabilitas yang didapatkan di atas merupakan model dan bukan merupakan pernyatan yang tepat untuk distribusi frekuensi dari data nyata yang terjadi di alam . Soal 1. Sebuah mata uang yang baik dilambungkan

4 kali secara independen.

Jika variabel random Y yang didefisikan dalam s, dengan


sS (sebuah

23


mata uang logam mempunyai dua sisi, yang dinamakan

muka (M) dan

belakang (B) ) maka tentukan : a. Himpunan harga - harga Y b. Distribusi variable random Y. III.2 Variabel random Misalkan sebuah eksperimen

mempunyai ruang sampel S. Variabel

random adalah fungsi berharga real yang didefinisikan atas ruang sampel S. f : Ruang sampel  Real. Contoh III. 4 : Percobaan melanturkan satu mata uang tiga kali. Ruang sampel S = {MMM, MMB, MBM , BMM , BMB, BBM, MBB, BBB }. Apabila diinginkan untuk meneliti banyak ' muka ' yang muncul pada tiap titik sampel maka hasil numerik 0, 1, 2 atau 3 akan dikaitkan dengan titik sampel. Misalkan Y(s) = banyak muka dalam S dengan sS. Fungsi Y:S  R dengan Y(s) = y. Bilangan 0, 1, 2 dan 3 merupakan pengamatan yang mungkin . Kejadian sederhana

Y

MMM

3

MMB

2

MBM

2

BMM

2

BBM

1

MBB

1

BMB

1

BBB

0

III.3 Distribusi Probabilitas Diskrit Suatu variabel random diskrit mempunyai nilai dengan probabilitas tertentu .


24


Contoh III. 5 Dalam percobaan melantunkan satu mata uang "jujur " tiga kali. Variabel random Y menyatakan banyak "muka" yang muncul maka dapat ditentukan probabilitas mendapat Y "muka " . Tabel berikut ini menyatakan probabilitas mendapatkan Y "muka”. Y 0 1 2 3 P(Y=y)

1/8

3/8

3/8

1/8

Definisi III.3 Fungsi f(y) adalah suatu fungsi probabilitas atau distribusi atau distribusi probabilitas dari suatu variabel random Y bila untuk setiap hasil yang mungkin 1.

f(y)  0.

2.

 f ( y)  1 . y

3. P( Y = y ) = f(y) . Distribusi probabilitas dari variabel random diskrit Y dapat danyatakan dengan rumus, tabel dan grafik garis histogram. Distribusi probabilitas pada Contoh III.5 dapat dinyatakan sbb :

P(Y = y) = f(y) =

 3   y  3 3   (1 / 2)    8  y =0

untuk y =1, 2, 3, untuk y yang lain.

Contoh III.6 Variabel random Y mempunyai fungsi probabilitas yang didefinisikan sebagai f(y) = 2-y untuk y = 1, 2, 3, …. Tentukan a. P( Y -3 ) . b. P(Y  3 ), P(Y  3 ), P(Y  3) . c. P( Y bilangan genap ) . Penyelesaian : a. P(Y  -3 ) = 0. b. P(Y  3) = P(Y = 1) + P(Y = 2) + P(Y = 3) = ( ½ ) + (1/4) + (1/8) = 7/8. P(Y  3) = P(Y = 1) +P ( Y = 2 )


25


= (½ ) +(¼) = 3/4. P(Y  3) = P( Y= 3 ) + P(Y= 4 ) + P( Y = 5 ) + …… = 1 -  P( Y = 1) + P( Y =2 )  = 1 - 1/2 -1/4 = 1/4. c. P(Y bilangan genap ) = P( Y = 2 ) + P( Y = 4 ) + P( Y = 6 ) + …. = 1/4 + 1/16 + 1/32 + …. = 1/4 /(1-1/4) = (¼)/(3/4) = 1/3. Jika suatu ruang sampel mengandung titik sampel yang berhingga banyaknya atau anggotanya sama banyaknya dengan bilangan asli maka ruang sampel itu disebut ruang sampel diskrit dan variabel random yang didefinisikan pada ruang sampel diskrit disebut variabel random diskrit. Contoh III.1 merupakan salah satu contoh variabel random diskrit .

Contoh III.7 Percobaan mengambil sebuah bolam dari suatu kotak yang berisi 5 bolam rusak dan 5 bolam baik dengan pengembalian sampai didapatkan bolam rusak . Ruang sampel S = { R, BR , BBR , BBBR, … } Variabel random Y(s) adalah banyak pengambilan yang harus dilakukan sampai mendapatkan bolam rusak yang pertama dengan s  S. Y(R) =1 Y(BR) =2 Y(BBR) =3 … Y(s) merupakan variabel random diskrit pada ruang sampel diskrit S. Soal-soal 2. Untuk nilai C yang mana fungsi p yang didefinisikan


26


p(k) = C/[ k (k + 1 ) ] =

jika k = 1, 2, …

0

untuk k yang lain

merupakan fungsi probailitas ? 3. Variabel random Y mempunyai distribusi probabilitas diskrit. Y

10

11

12

13

14

P(Y)

0,2

0,3

0,2

0,1

0,2

Karena nilai di bawah Y dapat diasumsikan kejadian saling asing maka kejadian { Y  12 } adalah gabungan dari kejadian saling asing { Y = 10 }  { Y = 11 }  { Y = 12 }. a. Tentukan P( Y  12 ) . b. Tentukan P( Y  14 ) . c. Tentukan

P( Y  11 atau Y> 12 ) .

d. P( Y > 12 ) . e. P( Y=13 ) . 4. Suatu variabel random Y mempunyai distribusi probabilitas berikut Y

0

p(Y) 0,1

1

2

0,3 0,4

3

4

5

0,1

?

0,05

a. Tentukan p(4) . b. Gambarkan histogram dan grafik dari Y distribusi probabilitas Y. 5. Suatu perusahaan mempunyai 5 pelamar untuk 2 posisi yaitu 3 laki-laki dan 2 perempuan. Misalkan 5 pelamar mempunyai kualifikasi yang sama dan tidak ada pilih kasih untuk memilih salah satu jenis kelamin. Jika Y merupakan banyak perempuan yang terpilih untuk mengisi posisi tersebut maka a. Tentukan p(Y). b. Gambarkan histogram untuk distribusi probabilitas Y. 6. Suatu kotak elektronika mengandung 6 transistor yang 2 diantaranya rusak. Tiga dari diseleksi secara random dan diteliti. Jika Y menyatakan banyak transistor rusak yang terambil dengan Y = 0, 1 atau 2. Tentukan probabilitas untuk Y. Nyatakan grafik garisnya. III.4 Distribusi Probabilitas Binomial Eksperimen Binomial adalah eksperimen yang mempunyai sifat-sifat sebagai berikut : 1. Eksperimen mengandung n trial yang identik.


27


2. Setiap trial menghasilkan 2 hasil yang mungkin yang dinamakan sukses (S) dan tidak sukses (F). 3. Untuk tiap trial, probabilitas sukses adalah p = P(S) dan probabilitas tidak sukses adalah P(F) = 1- p = q. 4. Trial-trial itu independen. 5. Variabel random Y adalah banyak sukses yang ditemukan dalam n trial.

Contoh III. 4 : Suatu sistem yang dapat mendeteksi pesawat terbang, mengandung 4 unit radar identik yang beroperasi secara independen satu dengan yang lain. Anggap masing-masing radar mempunyai probabilitas 0,95 untuk dapat mendeteksi pesawat terbang musuh. Pada saat pesawat terbang musuh memasuki daerah jangkauan sistem radar tersebut, kita tertarik untuk mengamati variabel random Y, yaitu banyak unit radar yang tidak mendeteksi pesawat musuh. Apakah hal ini merupakan eksperimen binomial ? Penyelesaian

:

Untuk memutuskan apakah hal tersebut merupakan eksperimen binomial perlu

diuji

apakah setiap sifat dari eksperimen binomial dipenuhi. Jika

Y = banyak unit radar yang tidak mendeteksi pesawat terbang maka kejadian “tidak mendeteksi “ adalah hasil yang sukses (S). 1. Eksperimen mengandung 4 trial. Suatu trial menentukan apakah unit radar tertentu mendeteksi pesawat terbang musuh. 2. Setiap trial menghasilkan 2 hasil. S menyatakan bahwa pesawat terbang tidak dideteksi. Sedangkan F menyatakan bahwa pesawat musuh dideteksi 3. Karena semua unit radar mendeteksi pesawat musuh dengan probabilitas yang sama maka P(S) = p = P (tidak mendeteksi) = 0,05. 4. Trial-trial independen karena tiap unit radar beroperasi secara independen. 5. Variabel random Y adalah banyak sukses di dalam 4 trial. Jadi eksperimen tersebut merupakan eksperimen binomial dengan n = 4, p = 0,05, dan q = 0,95.


28


III.5 Distribusi Probabilitas Poisson Dalam

praktek

sehari-hari

distribusi

Poisson

digunakan

dalam

penghitungan Y dari "peristiwa-peristiwa yang jarang terjadi ", yaitu banyak kejadian suatu peristiwa dengan probabilitas p yang kecil dalam n trial independen (n besar) sehingga hanya diketahui harga Y rata-rata, yaitu  = np. Distribusi Poisson merupakan model yang baik untuk menentukan distribusi probabilitas dari banyak kecelakaan mobil, kecelakaan dalam industri, banyak partikel radio aktif yang meluruh dalam periode tertentu, dan banyak salah cetak/ketik yang dibuat dalam suatu lembar halaman. Distribusi probabilitas Poisson dapat dinyatakan sebagai berikut :

P(Y  y ) 

 y e y!

untuk y = 0, 1, 2, …….. Contoh

III.8

:

Banyak salah ketik yang dibuat oleh seorang juru ketik mempunyai distribusi Poisson dengan rata-rata 4 kesalahan per halaman. Jika ditemui lebih dari 4 kesalahan per halaman pada halaman yang diteliti maka juru ketik tersebut harus mengetik ulang halaman tersebut. Berapa probabilitas suatu halaman tertentu tidak diketik ulang. Penyelesaian :

Soal-soal

:

7. Diketahui Y adalah variabel random yang mempunyai distribusi Poisson dengan mean  = 2. Tentukan (a). P( Y = 4).

(c). P( Y  4 ).

(b). P( Y < 4).

(d). P( Y  4 | Y  2) .

8. Diketahui bahwa jika bakteria ditumbuhkan pada papan pemeliharaan dengan luas A, dan jika Y = banyak koloni bakteria dalam luasan kecil a yang dipilih secara random dari papan itu maka Y berdistribusi Poisson


29


dengan mean a/A (banyak koloni pada seluruh papan). Andaikan

 = 5,5,

hitung probabilitas bahwa : (a) Paling banyak 3 koloni dijumpai pada luasan itu. (b)

Lebih dari 8 koloni akan dijumpai dalam luasan itu.

9. Antara jam 10 dan jam 11 pada rata-rata banyak telepon yang datang pada switch board suatu kantor dalam tiap menit adalah 2,5. Probabilitas bahwa selama satu menit tertentu (pada jam itu) akan terdapat tiga telepon datang adalah : a. 0.758.

c. 0.214.

b. 0.544.

d. 0.242.

10. Probabilitas seekor tikus yang sudah terinjeksi dengan serum tertentu akan terserang penyakit adalah

0,2. Dengan menggunakan pendekatan

Poisson, tentukan probabilitas bahwa paling banyak 3 dari 30 tikus yang diinjeksi akan terserang penyakit tersebut. III.6 Distribusi Probabilitas Hipergeometrik Misalkan terdapat N benda yang terdiri atas k benda yang diberi nama ‘sukses’ sedangkan sisanya N-k akan diberi nama ‘gagal’. Akan ditentukan probabilitas memilih Y sukses dari sebanyak k yang tersedia dan n-k gagal dari sebanyak N-k yang tersedia apabila sampel acak ukuran n diambil dari N benda. Definisi III.4 Banyaknya sukses Y dalam percobaan geometrik dinamakan variabel random hipergeometrik. Distribusi probabilitas peubah acak hipergeometrik Y yaitu banyaknya sukses sampel acak ukuran n yang diambil dari N benda yang mengandung k bernama sukses dan N-k bernama gagal adalah

k    y P(Y  y )   

N k   n y  N   n

untuk y = 0, 1, 2, … , n. Contoh III. 9 Suatu kotak berisi 40 suku cadang dikatakan dapat diterima bila mengandung paling banyak 3 yang cacat. Suatu kotak akan ditolak bila sampel acak ukuran 5 suku cadang yang terpilih mengandung satu yang cacat. Berapakah probabilitas mendapatkan tepat satu yang cacat dalam sampel bila kotak tersebut mengandung tiga suku cadang yang cacat ?


30


Penyelesaian : Misalkan variabel random Y menyatakan banyaknya suku cadang cacat yang terambil. Dengan menggunakan distribusi hipergeometrik untuk n = 5, N = 40, k = 3 dan Y = 1, probabilitas mendapatkan tepat satu yang cacat adalah

 3  37      1 4 P(Y  1)      = 0,3011.  40    5

III.7 Distribusi Binomial Negatif dan Distribusi Geometrik Bila usaha yang saling bebas dilakukan berulang kali menghasilkan sukses dengan probabilitas p sedangkan gagal dengan probabilitas q = 1 – p maka distribusi probabilitas variabel random Y yaitu banyaknya usaha yang berakhir tepat pada sukses ke-k dinyatakan dengan

 y  1 k y  k P( Y  y ; k , p )    p q  k  1 untuk y = k, k + 1 , k + 2, ……. Contoh III.10 Probabilitas bahwa seseorang yang melantunkan tiga uang logam sekaligus akan mendapatkan semuanya muka atau semuanya belakang untuk kedua kalinya pada lantunan kelima adalah

 4 2 P( Y  5 ; 2 , 1 / 4 )    1 / 4  (3 / 4) 3  27 / 256 . 1   Distribusi geometrik merupakan kejadian khusus dari distribusi binomial negatif yaitu bila diambil k = 1. Bila

usaha

yang

saling

bebas

dan

dilakukan

berulang

kali

menghasilkan sukses dengan peluang p dan gagal dengan peluang q = 1 – p maka distribusi probabilitas peubah acak Y yaitu banyaknya usaha yang berakhir pada sukses yang pertama dinyatakan dengan

P(Y  y )  p q y  1


31


untuk y = 1, 2, 3, …. Contoh III.11 Dalam suatu proses produksi diketahui bahwa rata-rata 1 diantara 100 butir hasil produksi adalah cacat.

Probabilitas memeriksa 5 barang dan baru

menemukan barang yang cacat pada pemeriksaan yang kelima ? Penyelesaian : Variabel

random Y menyatakan banyaknya pemeriksaan yang harus

dilakukan sampai mendapatkan barang cacat yang pertama. Probabilitas menemukan barang cacat yang pertama pada pemeriksaan kelima adalah P(Y = 5) = (0,01) (0,99)4 = 0,0096. ***


32


BAB IV VARIABEL RANDOM KONTINU DAN DISTRIBUSI PROBABILITAS KONTINU Misalkan suatu eksperimen dilakukan dengan mencatat variabel random Y yang menunjukkan berat seorang mahasiswa ( dalam kilogram ) yang dipilih dari populasi mahasiswa UKSW. Pada prinsipnya harga Y dapat sebarang bilangan positif, seperti 52,37 kg berarti Y > 0. (Secara praktis harga Y akan berkisar antara 25 kg sampai 200 kg). Jika berat mahasiswa tersebut dapat diukur dengan ketepatan yang sempurna maka hal ini berarti Y akan mengambil harga pada suatu interval ( yaitu y  (25,200) ). Variabel Random Kontinu adalah variabel random yang mengambil harga pada sebarang harga dalam suatu interval. Contoh IV.1 Panjang hidup t bola lampu merek Philips merupakan variabel random kontinu dengan t > 0. Definisi IV.1 Fungsi f(y) disebut fungsi kepadatan probabilitas variabel random kontinu Y, yang didefinisikan atas himpunan semua bilangan real R bila 1. f(y)  0 untuk semua y  R, 2.

 f(y) dy = 1,

3. P (a < Y < b) =



b a

f ( y ) dy .

Jika variable random Y kontinu maka untuk sebarang y berlaku P(Y = y) = 0, sehingga P( a < Y  b ) = P( a < Y < b ).


33


Contoh IV.2 Misalkan variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f(y) = y2/3

untuk - 1 < y < 2,

= 0

untuk y yang lain.

a. Buktikan bahwa f(y) merupakan fungsi kepadatan probabilitas. b. Hitunglah P(0 < Y  1). Penyelesaian : a.

Karena

f(y) = y2/3

untuk - 1 < y < 2

dan

f(y) = 0 untuk y yang

lain maka f(y)  0 untuk setiap y  R. Di samping itu



 

2

f ( y ) dy  

2 1

 y3  2 3 (1) 3 8 1 y2     1. dy     3 9 9 9  9  1 9

Hal itu berarti bahwa f(y) merupakan fungsi kepadatan probabilitas. 1

b. P(0 < Y  1) =



1 0

 y3  13 0 3 1 y2  . dy      3 9  9 0 9 9

Definisi IV.2 Distribusi kumulatif

F(y) suatu variabel random kontinu Y dengan

fungsi kepadatan f(y) diberikan oleh F (y) = P (Y  y) =



y 

f (t ) dt

dengan f(t) adalah fungsi kepadatan probabilitas dan

t adalah

variabel

integrasi. Secara grafik dapat dinyatakan hubungan antara fungsi kepadatan probabilitas dan fungsi distribusi kumulatif.

Gambar IV.1


34


Fungsi distribusi variabel random kontinu harus merupakan fungsi kontinu, tetapi fungsi kepadatan probabilitas tidak perlu kontinu pada setiap titik. Contoh IV.3 : Diketahui variabel random Y kontinu dengan fungsi kepadatan probabilitas f(y) = 3y2

0  y  1,

=0

yang lain.

Tentukan F(y) dan gambar grafik f(y) dan F(y). Penyelesaian F(y) =



y 0

 

3 t 2 dt  t 3

y 0

 y 3 untuk 0 < y < 1

Hal itu berarti F(y) = 0

untuk y < 0

= y3 untuk 0 < y < 1 = 1

untuk y > 1

Grafik f(y) dan F(Y) dinyatakan pada Gambar IV.2.

Gambar IV.2 Fungsi F(y0) menyatakan probabilitas bahwa Y  y0. Untuk menentukan probabilitas bahwa Y berada pada interval tertentu, misalnya a  y  b digunakan rumus P( a  Y  b) =



b a

f ( y ) dy

dengan f(y) adalah fungsi kepadatan probabilitas untuk Y. Hal itu berakibat bahwa P(a < Y < b) = F(b) – F(a) .


35


Probabilitas ini ditunjukkan dengan luas daerah arsiran pada Gambar IV.3.

Gambar

IV.3

Contoh IV.4: Tentukan probabilitas bahwa 1  Y  2 untuk untuk 0  y  2

f(y) = (3/8)y2 =0

untuk y yang lain

Penyelesaian



P(1  Y  2 ) =

2



=

f ( y ) dy

1 2 1

3 2 y dy 8

3 2 3 y  =     8   3 1

 3   8  1

=    8 3  = 7/8.

Soal-soal 1. Diketahui variabel random Y dengan fungsi kepadatan probabilitas f(x) = c x untuk 0 < x < 2. a. Tentukan

harga

c

sehingga

f(y)

merupakan

fungsi

kepadatan

probabilitas. b. Tentukan fungsi distribusi kumulatif F(y).


36


c. Gambarkan grafik f(y) dan F(y). 2. Suatu variabel random Y yang dapat memperoleh setiap nilai antara y = 1 dan y = 3. mempunyai fungsi probabilitas f(y) =1/2. a. Tunjukkan bahwa luas dibawah kurva sama dengan 1. b. Hitunglah P( 2 < Y < 2,5 ). c. Hitunglah P( Y  1,6 ), P( Y > 2,6 ) dan P( Y > 5 ). 3. Suatu variabel random Y yang dapat memperoleh harga antara y = 2 dan y = 5 mempunyai fungsi kepadatan f(y) = 2(1+y)/27. a. Hitunglah P( Y < 4) . b. Hitunglah P( 3 < Y < 4) . 4. Apabila variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f(y) = k y untuk 0 < y <1, =0

untuk y yang lain.

a. Hitunglah k. b. Tentukan F(y) dan gunakan F(y) untuk menghitung P( 0,2 < Y < 0,6 ) . IV.2

Distribusi seragam kontinu Misalkan bahwa sebuah bis selalu datang pada suatu halte antara

pukul 08.00 dan 08.10 dan bis tersebut datang di halte tersebut pada sebarang interval bagian waktu tersebut sebanding dengan panjang interval bagian tersebut. Hal itu berarti bahwa bis akan mempunyai probabilitas yang sama untuk mendatangi halte antara 08.02 dan 08.04 dibandingkan dengan 08.06 dan 08.08.

Model yang beralasan untuk mengambarkan hal di atas

dinyatakan pada Gambar IV.4 karena P( 2  Y  4 ) = P( 6  Y  8).


37


Gambar

IV.4

Definisi IV.2 Variabel random Y yang mempunyai

distribusi seragam kontinu akan

mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f(y) =

1 untuk 1  y  2,  2  1 =

Konstanta yang kepadatan

probabilitas

0 untuk y yang lain.

menentukan

bentuk khusus

dinamakan

parameter

dari

dari

suatu fungsi

fungsi

kepadatan

probabilitas. Kuantitas 1 dan 2 adalah parameter dari fungsi kepadatan probabilitas seragam. Contoh IV.5 Kedatangan pelanggan pada suatu loket layanan bank mengikuti distribusi Poisson.

Diketahui bahwa

satu pelanggan datang

selama periode waktu 30 menit yang diberikan

pada loket. Tentukan probabilitas bahwa pelanggan

akan datang 5 menit terakhir dari periode 30 menit tersebut. Penyelesaian Sebagaimana disebutkan di atas, waktu aktual kedatangan mengikuti distribusi seragam pada (0,30). Jika Y menyatakan waktu kedatangannya maka P( 25  Y  30) =



30 25

30  25 5 1 1 dy =   . 30 30 6 30

Hal itu berarti bahwa probabilitas bahwa kedatangan akan terjadi

dalam

sebarang interval 5 menit akan mempunyai nilai 1/6. Soal-soal 1. Misalkan variabel random Y mempunyai distribusi seragam pada (0,1). (a) Tentukan F(y) . (b) Tunjukkan bahwa

P(a  Y  a + b)

untuk

a0,

b0

dan

a + b  1 hanya tergantung pada nilai b.


38


2. Perubahan kedalaman suatu sungai dari hari ke hari yang diukur dalam

desimeter

pada

suatu

tempat

tertentu

mengikuti

fungsi

kepadatan probabilitas f(y) = k

untuk - 2  y  2

=0

untuk y yang lain

(a) Tentukan nilai k. (b) Tentukan fungsi distribusi Y. IV.3 Distribusi Normal Dalam pasal ini akan dibahas tentang distribusi normal yang sangat penting dalam statistika teori maupun terapan. Distribusi Normal pertama kali dipelajari pada abad 18 ketika orang mengamati kesalahan pengukuran yang berdistribusi simetrik dan berbentuk seperti bel. Kemudian De Moivre mengembangkan bentuk matematik dari distribusi ini pada tahun 1733, yang merupakan bentuk limit dari distribusi Binomial. Laplace juga telah mengenal distribusi

ini

sebelum

tahun

1775.

Sedangkan

Gauss

menurunkan

persamaaan distribusi tersebut dari suatu penelitian tentang kesalahan pengukuran yang dilakukan secara berulang-ulang dari suatu kuantitas yang sama, dan ia mempublikasikannya pada tahun 1809. Untuk menghargainya distribusi Normal juga dinamai dengan distribusi Gauss. Pada abad 18 dan 19 berbagai usaha dilakukan dalam rangka membuat distribusi ini sebagai hukum probabilitas yang mendasari semua variabel kontinu, sehingga dinamai disribusi Normal. Variabel random kontinu Y dinyatakan berdistribusi normal dengan mean  dan variasi 2 jika Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas berbentuk

1 f(y)= e  2

( y   ) 2 2 2

dengan -  < y < . Fungsi kepadatan probabilitas normal mempunyai grafik seperti pada Gambar IV.5


39

v

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4


-3

-2

-1

0

1

2

3

u

Gambar IV.5 Sifat Distribusi Normal (a) Karena f(y) merupakan fungsi kepadatan probabilitas maka jelas bahwa f(y)  0 untuk -  < y < . (b) Sebagaimana tampak dalam grafik fungsi kepadatan probabilitas normal, grafik f(y) simetrik terhadap y =  dan mempunyai titik belok y =   . (c) Jika Z mempunyai distribusi N(0,1) maka Z dikatakan berdistribusi normal standar, sehingga fungsi kepadatan probabilitas Z dinyatakan sebagai berikut :

 ( z) 

1 2

e



z2 2

.

Jika Y mempunyai distribusi N(,2) dan X = aY + b maka X mempunyai distribusi N( a  + b , a2 2) . (d) Jika Y mempunyai distribusi N(,2) dan

Z

Y  

maka Z mempunyai

distribusi N(0,1). Contoh IV.6 Misalkan variabel random Z mempunyai distribusi normal dengan mean 0 dan simpangan baku (standard deviation) 1. (a) P( Z > 2) = 1 – P(Z  2) = 1 - 0,9772 = 0,0228. (b) P(- 2  Z  2) = 1 - P(Z < - 2) – P(Z > 2)


40


= 1 - 0,0228 – 0,0228 = 0,9544. (c) P( 0  Z  1,73) = 0,5 – P(Z > 1,73) = 0,5 – 0,0418 = 0,4582. Contoh IV.7 Nilai ujian masuk UKSW untuk FSM berdistribusi Normal Baku dengan  = 75 dan  = 10. Berapakah probabilitasnya seseorang mempunyai nilai antara 80 dan 90 ? Penyelesaian : Misalkan z menyatakan jarak dari mean distribusi normal yang dinyatakan dalam satuan simpangan baku. Berarti z 

y sehingga bagian dari populasi yang terletak antara  z1 

80  75 90  75  0,5 dan z 2   1,5 10 10

mempunyai luas P( 80  Y  90) = P( 0,5  Z  1,5) = P(Z  1,5) – P(Z < 0,5) = 0,3085 – 0,0668 = 0,2417. Hal itu berarti terdapat 0,2417 bagian dari populasinya yang mempunyai nilai tes masuk anatara 80 dan 90. Soal-soal 1. Jika diketahui variabel random Y mempunyai distribusi N(3,4) maka tentukan c sehingga P(Y > c) = 2 P(Y <= c). 2. Tentukan probabilitas variabel random yang berdistribusi normal baku z yang terletak antara – 1,33 dan 1,33. 3. Find the value of z, call it z0, in the standard normal distribution that will be exceeded only 10 % of the time. That is, find z0 such that P(z  z0) = 0.10.


41


IV.4 Distribusi Gamma, Eksponensial dan Chi – kuadrat. Sebelum dibahas tentang distribusi Gamma, terlebih dahulu dibahas tentang fungsi Gamma. Fungsi Gamma didefinisikan sebagai 

( )   x  1 e  x dx . 0

Sifat yang dimiliki dari fungsi Gamma adalah rumus rekursi diperoleh sifat

() = ( - 1) (-1). Dengan

() = ( - 1) ( - 2) ( - 3) (-3).

Dapat

dibuktikan bahwa (1) = 1 dan (1/2) = . Untuk  = n dengan n bilangan bulat diperoleh (n) = (n-1)! Definisi IV.3 Variabel random kontinu Y berdistribusi Gamma dengan parameter  dan  bila fungsi kepadatan probabilitas Y dinyatakan dengan

f ( y) 

1 y  1 e  y /   ( ) 

= 0

untuk y > 0, untuk y yang lain.

untuk  > dan  > 0.

Contoh IV.8 Di suatu kota pemakaian air sehari (dalam jutaan liter) dapat dianggap berdistribusi Gamma dengan  = 2 dan  = 3 yaitu

f ( y) 

1 y 2 1 e  y / 3 3  ( 2) 2

= 0

untuk y > 0 untuk y yang lain

atau

1 f ( y)  y 2 1 e  y / 3 9 = 0

untuk y > 0 untuk y yang lain.

Apabila kemampuan menyediakan air adalah 9 juta liter per hari maka probabilitas bahwa pada suatu hari tertentu persediaan air tidak mencukupi adalah


42










=





=

 u e

P( Y > 9 ) = =

9

1 21  y / 3 y e dy 9 1 (3u ) 21 e u 3 du 9

3

u e u du

3

u

= - lim [ u 

 e u



 3

u 1  u  3 e 3  e 3 ] u e e

= 2 e-3 = 0,0996. Definisi IV.4 Variabel random Y yang berdistribusi Gamma dengan parameter  = /2 dan  = 2 dinamakan variabel random chi-kuadrat dengan derajat bebas  atau dinotasikan dengan 2. Definisi IV.5 Variabel random kontinu Y berdistribusi eksponensial dengan parameter  bila fungsi kepadatan probabilitasnya dinyatakan sebagai

f ( y) 

1 y /  e untuk y > 0 

=0

untuk y yang lain.

Contoh IV.9 Lamanya

waktu

untuk

melayani

seseorang

di

suatu

kafetaria

merupakan suatu variabel random berdistribusi eksponensial dengan  = 4. Hal itu berarti fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

f ( y) 

1 y / 4 e 4

untuk y > 0

=0

untuk y yang lain.

Probabilitas seseorang akan dilayani dalam kurun waktu kurang dari 3 menit adalah P( Y < 3 ) =



3 0

1 y /4 e dy 4


43


=



=



=

3/ 4 0 3/ 4 0

1 u e 4 du 4 e u du

 e 

u 3 / 4 0

= 1 – e-0,75 = 0,5. Soal-soal 1. Misalkan variabel random X mempunyai distribusi probabilitas : f(x) = k x3 exp(-x/2)

untuk x > 0

= 0

untuk x yang lain.

Tentukan k sehingga f(x) merupakan fungsi probabilitas. 2. The

life time (in hours)

X of a certain electronic component is random

variable with density function f(x) = (1/100) exp(-x/100) x > 0 = 0

elsewhere.

Three of the components operate independently in a peace of equipment. The equipment fails

if at least

two of components fails. Find the

probability that the equipment operates for at least 200 hours without failure. 3. Jika variabel random Y mempunyai distribusi probabilitas eksponensial maka tunjukkan bahwa untuk a > 0 dan b > 0 berlaku P( Y > a + b | Y > a ) = P( Y > b ). 4. A certain manufacturing plant makes use of a specific bulk product. The amount of product used in one day can be modeled by an exponential distribution with  = 4 (measured in tons). Find the probability that the plant will use more than 4 tons on a given day. IV.3 Distribusi Probabilitas Beta Distribusi probabilitas Beta mempunyai dua parameter yaitu  dan  yang didefinisikan pada interval [0,1]. Fungsi kepadatan probabilitas Beta didefinisikan sebagai


44


y 1 (1  y )  1 B( ,  )

f(y) = = dengan B(,) =



1

0

untuk 0  y  1

0

untuk y yang lain

( ) (  ) . (   )

y  1 (1  y )  1 dy 

Perlu dicatat bahwa persyaratan y pada interval [0,1] tidak akan c  y  d maka

membatasi penggunaannya. Jika

y*

mendefinisikan variabel baru yang didefinisikan pada

= (y-c)/(d – c) akan [0,1] sehingga fungsi

densitas beta dapat digunakan pada suatu variabel random yang didefinisikan pada interval c  y  d . Contoh IV.5 Distributor bensin mempunyai tangki persediaan yang diisi di setiap Senin. Dalam pengamatan kita tertarik untuk menyelidiki proporsi dari penjualan bensin dalam seminggu. Setelah penelitian beberapa minggu maka dapat dibuat model yang merupakan distribusi beta dengan  = 4 dan  = 2. Tentukan probabilitas bahwa distributor akan menjual paling sedikit

90%

dari persediaannya dalam minggu yang diberikan. Penyelesaian Jika Y menyatakan proporsi dari penjualan selama minggu tersebut maka f(y) =

 ( 4  2) 3 y (1  y ) untuk 0  y  1  ( 4)  ( 2)

= 0 Berarti P( Y > 0,9 ) =



untuk y yang lain. 1 0,9

f ( y ) dy 



1 0,9

20( y 3  y 4 ) dy

1

 y4 y5    = 20  5  0,9 4 = 20 (0,004) = 0,08. Hal itu berarti

probabilitasnya sangat kecil

bahwa 90 % dari persediaan

akan terjual.


45


Soal-soal: 1. Variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas dinyatakan dengan f(y) = ky3 (1-y)2 = 0

untuk 0  y  1, yang y lain.

Tentukan k sehingga f(y) merupakan fungsi kepadatan probabilitas. 2. The precentage of impurities per batch in a certain chemical product is a random variable Y having the density function f(y) =12 y2 (1-y) =

0

for 0  y  1, elsewhere.

A batch with more than 40 % impurities cannot be sold. What is the probability that a randomly selected batch cannot be sold of excessive impurities ? 3. Variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas yang dinyatakan

dengan f(y) = 6 y (1-y) =0

untuk 0  y 1 untuk y yang lain

a. Tentukan F(y). b. Tentukan gambar f(y) dan F(y). c. Hitung P( 0,5  Y  0,8 ). 4. The weekly repair cost Y for a certain machine has a probability function given by f(y) = 3(1-y)2 = 0

for 0 < y < 1 else where

with measurements in hundreds of dollars. How much money should be budgeted each for repair costs so that the actual cost will exceed the budgeted amount only 10% of the time?

***


46


BAB V HARGA HARAPAN V.1 Harga Harapan dari Variabel Random Diskrit Dalam

pembahasan

yang

lalu

telah

dibahas

bahwa

distribusi

probabilitas untuk variabel random adalah model teoritis untuk distribusi empiris dari data yang berhubungan dengan populasi nyata. Jika model sesuai dengan kedaan nyata maka distribusi empirik dari model teoritis akan ekuivalen, sehingga dapat ditentukan mean dan variansi untuk variabel random untuk mendapatkan ukuran deskriptif distribusi probabilitas f(y). Definisi V.1 Jika Y adalah variabel random diskrit dengan fungsi probabilitas f(y) maka harga harapan dari Y didefinisikan dengan

E[ Y ] 

 y f ( y) . y

Contoh V.1 Berdasarkan pada Tabel V.1, tentukan harga harapan (mean) variabel random Y. y

0

1

2

f(y)

1/10

6/10

3/10

Penyelesaian : Harga harapan variabel random Y adalah

E[ Y ] 

6

1

3

6

6

 y f ( y )  0  10  1 10   2  10   10  10 1,2 . y

Definisi V.2 Jika g(Y) adalah fungsi dari variabel random diskrit Y dengan fungsi probabilitas f(y) maka harga harapan g(Y) didefinisikan dengan

E[ g (Y )]   g ( y ) f ( y ) . y


47


Definisi V.3 Variansi variabel random Y didefinisikan sebagai harga harapan

dari

variabel random (Y -  )2 atau Var(Y) = E[ (Y -  )2 ] dengan  = E[ Y ]. Simpangan baku dari Y merupakan akar positif dari V(Y). Jika f(y) adalah karakteristik akurat dari distribusi frekuensi populasi maka mean populasinya adalah  = E[ Y ] dan variansi populasi adalah Var(Y) = 2 serta simpangan baku populasi adalah . Contoh V.2 Distribusi probabilitas variabel random Y dinyatakan dalam Tabel V.2. Tentukan mean,variansi dan deviasi standar. y

0

f(y)

1/8

1

2

3

2/8

3/8

2/8

Tabel V.2 Penyelesaian : Harga harapan dari variabel random Y adalah

 2  2 6 6 14  3 1  2  1,75 . E[Y ]   y f ( y )  0    1    2    3      8 8 8 8 8 8 8 8 y Variansi dari variabel random Y adalah

Var[Y ]   ( y   ) 2 f ( y ) y

1 8

2 8

3 8

2 8

= (0  1,75) 2    (1 1,75) 2    (2  1,75) 2    (3  1,75) 2  

1 8

2 8

3 8

2 8

= (3,0625)    (0,5625)    (0,0675)    (1,5625)   = 0,3828 + 0,1406 + 0,0234 + 0,3906 = 0,9374. Simpangan baku dari variabel random Y adalah  = (0,9734)0,5 = 0,9682.

Berikut ini diberikan sifat-sifat dari harga harapan variabel random Y.


48


1. Jika c konstanta maka E(c) = c. 2. Jika g(y) fungsi dari variabel random Y dan c adalah konstanta maka E[ c g(y) ] = c E[ g(y) ]. 3. Jika g1(Y),g2(Y),.....,gk(Y) adalah k fungsi dari variabel random Y maka E[ g1(Y) + g2(Y) + ..... + gk(Y) ] = E[ g1(Y) + E[ g2(Y) ] + ..... + E[ gk(Y) ]. 4. Var(Y) = E[ (Y -  )2 ] =

E[ Y2 ] - 2 .

Contoh V.3 : Berdasar pada data Contoh V.2. Tentukan variansi variabel random Y dengan menggunakan sifat 4. Penyelesaian :

E[ Y 2 ]   y 2 f ( y )

Karena

y

1 8

2 8

3 8

2 8

= (0) 2    (1) 2    (2) 2    (3 ) 2   =

 2   12   18         8  8   8 

= 32/8 = 4 maka Var[ Y ] = E[ Y2 ] - 2 = 4 – (1,75)2 = 0,9375. Contoh V.4 : Tentukan harga harapan E(Y) dan variansi V(Y) dari distribusi probabilitas Poisson. Penyelesaian : Karena fungsi probabilitas dari variabel random Y yang berdistribusi Poisson adalah

f ( y)   y

e  y!

untuk y = 0, 1, 2, 3, …… maka 

E[ Y ]   y f ( y )   y y

y 0

 y e y!


49




=

y y 1

 y e  ( y  1) !



=



y 1

= 





y 1

= 

 y e y!





z 0

 y 1 e   ( y  1) !  z e z!

= . Untuk menghitung Var(Y) terlebih dahulu ditentukan 

E[Y (Y  1) ]   y ( y  1) f ( y )   y ( y  1) y0

y



=

 y ( y  1) y2 

=

 y e y!



y2

= 

 y e ( y  2) ! 

2



y 2

= 



2

 y e y!

 z 0

 y 2 e   ( y  2) !  z e z!

= 2 sehingga Var[ Y ] = E[ Y(Y-1) ] + E[ Y ] – ( E[ Y ] )2 = 2 +  - 2 =  .


50


Soal-soal 1. Jika Y variabel random dengan distribusi probabilitas yang dinyatakan dalam Tabel. y

1

2

3

4

f(y)

0,4

0,3

0,2

0,1

Tentukan E(Y), E(1/Y), E(Y2-1), V(Y). 2. Dalam permainan judi seorang pemain menerima Rp.15.000,- ; jika dia memperoleh jack dan queen dan Rp.5.000,- jika dia memperoleh king atau ace dari 1 deck kartu yang berisi 52 kartu jika dia memperoleh sembarang kartu Y yang laian dia harus membayar Rp.4.000,-. Apabila seorang ikut bermain dalam permainan judi itu berapa harga harapan dia menang. 3. Misalkan variabel random X=banyaknya jam belajar tiap minggu seorang mahasiswa yang dipilih secara random dari semua mahasiswa UKSW. Jika X mempunyai mean 30 jam dan deviasi standar 8, maka tentukan mean variabel random Y = (X - 30)2 dan deviasi standar Z = 2X - 3. 4. Seorang salesman dapat menemui satu atau dua konsumen perhari dengan probabilitas 1/3 dan 2/3 pada setiap pertemuan tersebut seorang konsumen akan membeli produk yang ditawarkan atau tidak membeli masing-masing dengan probabilitas 0,1 dan 0,9. Tentukan distribusi probabilitas penjualan harian dari salesman tersebut. Tentukan mean dan variansinya. 5. If the random varibel Y has the probability function f(y) = (1/2)y for y = 1, 2, 3, ….. find E(Y). 6.

If the probability function of Y is f(y) = y/15 for

y = 1, 2, 3, 4, 5 , find

E(Y). 7. Tentukan mean dan variansi dari distribusi hipergeometrik. 8.

Jika

Y mempunyai fungsi probabilitas f(y) = y/10 untuk y = 1, 2, 3, 4.

Tentukan E(Y) dan E[ | Y – 3 | ] serta E[ (Y – 3)2 ]. 9.

Let Y be a random variable with probability function f(y) = y/10 , y = 1, 2, 3, 4 and let X = Y2. Find the mean and variance of X.

10. Let Y be a random variable with probability function f(y)=2/[k(k+1)], y=1,2,3,...,k where k is any interger. Given that


51


1 + 2 + 3 +....+ k = k (k+1)/2 12 + 22 + 32 +....+ k2

= k (k+1)(2k+1)/6

find the mean and varince. 11. Let Y have the probability function . Suppose that there is a number c such that f(c-y) = f(c+y) for all y. Show that if E(Y) exist then E(Y) = c. V. 2 Harga Harapan Untuk Variabel Random Kontinu Mean, variansi dan deviasi standar dari variabel random kontinu ditentukan dengan tujuan untuk mengetahui ukuran deskriptif dari fungsi kepadatan probabilitasnya. Seringkali sukar untuk menentukan distribusi probabilitas variabel random Y atau fungsi g(Y). Dalam pembahasan yang lalu telah dibahas bahwa integrasi atas interval terhadap fungsi -fungsi tertentu seringkali sulit dilakukan, oleh karena itu kita perlu mendekatinya dengan menggunakan cara yang dapat menggambarkan tingkah laku variabel random. Definisi V.4 : Harga harapan untuk variabel random kontinu Y adalah

E[ Y ]  

 

y f ( y ) dy

jika integral tersebut ada. Contoh V.5 : Tentukan harga harapan fungsi kepadatan probabilitas uniform pada interval (1,2) Penyelesaian :

E[ Y ]   =

2 1

y

1 dy  2  1

1  2  1

2



y dy

1

2

1  y2  =  2   1  2   1


52


1 =  2  1

 2 2   1 2    2  

=

1  ( 2   1 ) ( 2   1 )    2   1  2 

=

1  2 . 2 Dengan cara yang sama kita dapat menentukan harga harapan untuk

fungsi variabel random Y. Definisi V.5 : Jika g(Y) fungsi dari variabel random Y maka harga harapan g(Y) adalah

E [ g (Y ) ]  

 

g ( y ) f ( y ) dy

jika integral itu ada. Sifat-sifat Harga Harapan Untuk Variabel Random Kontinu Y Jika c konstanta dan g(Y),g1(Y), ... , gk(Y) adalah fungsi dari variabel random kontinu Y maka berlaku sifat-sifat sebagai berikut : 1. E(c) = c 2. E[ cg(Y) ] = c E[ g(Y) ] 3. E[ g1(Y) + g2(Y) + ..... + gk(Y) ] = E[ g1(Y) + ... + E[gk(Y)] 4. Untuk g(Y) =

(Y -  )2 maka berlaku sifat Var(Y) = E[ (Y -  )2 ] =

E[ Y2 ] - 2 .

Contoh V.6 : Tentukan variansi Y yang berdistribusi seragam pada interval (1,2). Penyelesaian: Fungsi kepadatan probabilitas variabel random Y yang berdistribusi seragam pada (1,2) adalah

f ( y) 

1  2  1


untuk 1 < y < 2

53


sehingga dan

E[ Y 2 ]  

2 1

y2

1 dy  2  1

1  2  1

=

2



y 2 dy

1

2

1  y3  =  2   1  3   1

3 3 1  2   1  =    2  1  3 

1 =  2  1

 ( 2   1 ) ( 2 2   2 1   1 2 )    3  

 ( 2 2   2 1   1 2 )   . 3  

= 

Akibatnya Var[Y] = E[Y2] – ( E[Y] )2

  2  1 1   2 1   = 2  3  2  2

2

2

2 2 2 2  2   2  1   1   2  2 1 2   1   =  3 4   2 2 2 2 4 2  4 2  1  4 1  3 2  6 1 2  3 1   = 12 12 

 2  2 2  1   1 12 2

= =

   

2

( 2  1 ) 2 . 12

Contoh V.7 : Let the random varible Y be defined as follows. Soppose that Y is the time (in minutes) during which electrical eqiupment is used at maximum load in a


54


certain spesified time period. Suppose that Y is a continous random variable with the following pdf : f(y) =

1 y (1500) 2

= 

for 0  y  1500

1 ( y  3000) (1500) 2

=0

for 1500  y  3000 elsewhere

Find E(Y). Solution Harga harapan dari variabel random Y adalah

E[ Y ]  

1500

0

=

3000 1 1 2 y dy y ( y  3000) dy  2  1500 (1500) (1500) 2

1 [ (1500) 2



1500

0

y 2 dy  

3000 1500

y ( y  3000) dy ]

1500 3000   y3 1   y 3  2  1500 y   =      3 (1500) 2   3  0   1500  

=

(1500) 3 1   (1500) 3   (3000) 3 2 3     ( 1500 ) 1500 ( 3000 )     3 (1500) 2   3   3  

   

=

 (1500) 3 1   2(1500) 3   (3000) 3 2     (1500) 3  1500 ( 3000 )   2   3 3 (1500)     3 

   

=

=

1 [ 2250000000) - (7875000000 – 10125000000) ] (1500) 2 1 4500000000 (1500) 2

= 2000.

Contoh V.8 Tentukan E[ Y ] dan Var[ Y ] jika Y berdistribusi Gamma(,). Penyelesaian Karena fungsi kepadatan probabilitas Y adalah


55


y  1 e  y /  f ( y)    ( ) maka

E[ Y ]  

 

y f ( y ) dy  



y





y  1 e  y /  dy   ( ) y (  1) 1 e  y /  dy   ( )

=



=

1  ( )

=

1    1 (  1)  ( )











y   1 e  y /  dy =



1    1  ( )  ( ) 

=  dan

y  1 e  y /  E[ Y ]   y f ( y ) dy   y dy     ( ) 2





2



2

y (  2 )  1 e  y /  dy   ( )

=



=

1  ( )

=

1    2 (  2)  ( )

=

1    2 (  1) (  1)  ( )

=

1    2 (  1)  ( )  ( )







 

y   2  e  y /  dy







= 2  2 +  2 sehingga Var(Y) = E(Y2) – (E[Y])2 = 2  2 +

2 – ( )2.

Soal : 1. Tentukan mean dan variansi dari fungsi uniform pada interval (0,1). 2. Diketahui variabel random Y berdistribusi eksponensial dengan fungsi kepadatan probabilitas f(y) = e- y

untuk y > 0,


56


= 0

untuk y yang lain.

Tentukan mean dan variansinya . 3. The ash content in coal

(percentage), say Y, may be considered as a

continous random variable with the following pdf

f(y) = (1/4875) y2 for

10 ≤ y ≤ 25. Find E(Y). 4. Nilai rata-rata ujian statistik sejumlah mahasiswa adalah 60 dengan deviasi standar 10. Bila dianggap bahwa nilai-nilai ujian itu berdistribusi normal dan bila 10 % dari mahasiswa yang mempunyai nilai terbaik akan memperoleh nilai A maka tentukan nilai terendah mahasiswa yang mendapat nilai A . 5. Buktikan bahwa variabel random Y yang mempunyai distribusi Beta dengan parameter α dan  mempunyai mean E[ Y ] = α/(α + ) dan Var[ Y] = 6. Let F(x)

 . (   ) (     1 ) 2

= 1 - e-x x ≥ 0 = 0

x<0

be the distribution function for the random variabel X. Find E(X) and the median of X. 7. A certain alloy is formed by combining the melted mixture of two metals. The resulting alloy contains a certain percent of lead, say Y , which may be considered as a random variable . Suppose that Y has the following pdf : f(y) = (3/5) 10-5 y (100 – y)

0 ≤ y ≤ 100.

Suppose that P, the net profit realized in selling this alloy (per pound) is the following function of the percent of lead : P = C1 + C2 Y Compute the expected profit (per pound). 8.

Suppose that an electronic device has a life length Y (in units of 1000 hours) which is considered as a continous random varable with the following pdf f(y) = e-y y > 0 Suppose that the cost of manufacturing one such item is $ 200 The manufacturing sells the item for $500

but guarantees a total refund if

Y  0,9 what is the manufacturer's expected profit per item.


57


9. Suppose that Y a random voltage, varies between 0 dan 1 volt and is uniformly distributed over that interval. Suppose that the signal Y is pertubed by an additive independent random noise N which is uniformly distributed between 0 and 2 volts. a. Find the expected voltage of signal, taking noise into account . b. Find the expected parameter when perturbed signal is applied to a resistor of 2 ohms. 10. Let V be the wind velocity (mph) and suppose that is uniformly distributed over the interval [0,10]. The pressure, say W (in lb/feet2), on the surface of on air plane wing is given by the relationship W = 0,003 V2. Find the expected value of W.

V.3 Fungsi Pembangkit Momen Parameter  dan  masing-masing menggambarkan ukuran numerik dari lokasi pusat dan persebaran f(y) tetapi tidak menyatakan karakteristik yang tunggal dari distribusi. Artinya banyak fungsi probabilitas mempunyai distribusi yang berbeda meskipun mempunyai mean dan simpangan baku yang sama. Definisi V.5 Momen ke-i dari variable random Y terhadap titik nol didefinisikan sebagai E[ Yi ] dan dilambangkan dengan i . Khususnya, momen pertama variabel random Y adalah E[ Y ] = 1 =  dan E[Y2] = 2.

Definisi V.6 Momen ke-i dari variabel random Y terhadap mean Y atau dikenal dengan momen pusat ke-i dari Y didefinisikan sebagai E[ (Y -  )i ] dan dilambangkan dengan i .


58


Khususnya momen pusat kedua dinyatakan dengan 2 = 2 .

Definisi V.7 Fungsi pembangkit momen m(t) untuk variabel random Y didefinisikan sebagai E[ etY ]. Catatan Fungsi

pembangkit momen untuk

Y ada jika terdapat bilangan positif

konstan b sehingga m(t) berhingga untuk | t |  b. Sifat-sifat fungsi pembangkit momen : Jika m(t) ada maka untuk sebarang bilangan bulat positif k berlaku

 d k m(t )   (k )    m (t )   k . k  dt t 0 Contoh V.9 Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk variabel random yang berdistribusi Poisson. Penyelesaian : 

E[ e tY ]   e ty f ( y )   e ty y0

y

 y e  y!

( e t ) y e   y! y0 

=

= e 

( e t ) y y! y0 



= e   exp[   e t ] = exp[  ( e t 1) ] .


59


Berikut ini contoh bahwa dengan menggunakan fungsi pembangkit momen dari variabel random Y yang berdistribusi Poisson maka mean dan variansinya dapat ditentukan. Contoh V.10 Gunakan fungsi pembangkit momen m(t) = exp[  ( e t 1) ] untuk menentukan mean dan variansi dari variabel random Y yang berdistribusi Poisson. Penyelesaian : Turunan pertama dari fungsi pembangkit momen

m(t) =

exp[  ( e t 1) ]

adalah m(t) =  et exp[  ( e t 1) ] sehingga E[Y] = m(0) =  e0 exp[  ( e 0  1) ] = . Turunan kedua dari fungsi pembangkit momen m(t) = exp[  ( e t 1) ] adalah m(t) =  et exp[  ( e t 1) ] +  et  et exp[  ( e t 1) ] =  et exp[  ( e t 1) ] + 2 e2t sehingga E[Y2] = m(0) =  e0 exp[  ( e 0  1) ] + 2 e Akibatnya Var[Y] = E[Y2] – ( E[Y] )2 =

 + 2

exp[  ( e t 1) ] 2(0)

exp[  ( e 0  1) ] =  + 2 .

- 2 = .

Jika m(t) ada maka distribusi probabilitas f(y) adalah tunggal. Hal itu berarti bahwa tidak mungkin dua variabel random yang berdistribusi berbeda mempunyai fungsi pembangkit momen yang sama. Jika fungsi pembangkit momen dua variabel random Y dan Z adalah sama maka Y dan Z mempunyai distribusi probabilitas yang sama.

Contoh V.11 Tentukan

momen ke-k terhadap titik nol dari variabel random Y yang

mempunyai distribusi seragam pada (0, ). Penyelesaian Karena variabel random Y mempunyai distribusi seragam pada (0, ) maka fungsi pembangkit probabilitasnya adalah


60


f(y) = 1/ untuk 0 < y < , =0

untuk y yang lain

sehingga momen ke-k terhadap titik nol adalah (k = E[ Yk ] =







k

y f ( y ) dy =



 y k 1  1 k y dy =      ( k  1)  0 k  1





k

0

Akibatnya 1 =  = /2 ; 2 = 2/3 ; 3 = 3/4 dan seterusnya. Contoh V.12 Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) jika Y berdistribusi Gamma(,). Penyelesaian Karena fungsi kepadatan probabilitas Y adalah

f ( y) 

y  1 e  y /    ( )

maka m(t) = E [ e tY ] 



 

e ty f ( y ) dy  

 0

=

1  ( )





=

1  ( )









1 =   ( ) =

0

0

e ty

y  1 e  y /  dy   ( )

1  y  1 exp[  y   t  ] dy   y  1 exp[

y ] dy  /(1   t )

     ( )    1   t  

1 (1   t )

= (1 -  t )- untuk t < (1/ )

Contoh V.13 Gunakan hasil pada contoh V.12 untuk mendapatkan rumus k. Penyelesaian


61


Karena fungsi pembangkit momen untuk Y yang berdistribusi Gamma( ,) adalah m(t) = (1 -  t )- untuk t < (1/ ) maka m(t) = (1 -  t )--1 m(t) = (+1)2(1 -  t )--2 m(t) = (+1)(+2) 3(1 -  t )--3 Secara umum dapat dibuktikan bahwa m(k)(t) =  (+1) (+2) …. (+k-1) k (1 -  t )--k sehingga E[Yk] = m(k)(0) =  (+1) (+2) …. (+k-1) k Sifat-sifat fungsi pembangkit momen 1. Jika

g(Y) adalah fungsi variabel random Y dengan fungsi kepadatan

probabilitas f(y) maka fungsi pembangkit momen untuk g(Y) adalah m(t) = E[ e t g (Y ) ] 



 

e ty g ( y ) f ( y ) dy .

2. Jika variabel random Y mempunyai fungsi pembangkit momen mY(t) maka g(Y) = aY dengan a konstanta mempunyai fungsi pembangkit momen m

g(Y)(t)

= eat mY(t).

3. Jika variabel random Y mempunyai fungsi pembangkit momen mY(t) maka g(Y) = aY dengan a konstanta mempunyai fungsi pembangkit momen m

g(Y)(t)

= mY(t).

4. Jika X , Y variabel random saling bebas yang masing-masing mempunyai fungsi pembangkit momen mX(t) dan mY(t) maka variabel random kontinu W = X + Y mempunyai fungsi pembangkit momen mW(t) = mX(t) mY(t).


62


Contoh V.14 Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk variabel random Y yang berdistribusi seragam pada (0,1). Berdasarkan pada m(t) tentukan mean dan variansinya. Penyelesaian m(t) = E [ e t Y ] 



 

e ty f ( y ) dy

= E[ e t Y ] 

 



1 0

e ty dy

=

1 ty e t

=

1 t e 1 t

=

 1 t t2 t3 1     ......  1  1! 2! 3! t 

=

 1 t t2 t3     ......  t  1! 2! 3! 

=

1 t t2    ......  1 ! 2 ! 3 ! 



1 0



 . 

1  2t   ......  sehingga E[Y] = m(0) = ½ dan 3!  2! 

Akibatnya m(t) = 

 2 3t 2  m(t) =   ......   3! 4!  sehingga E[Y2] = m(0) = 2/6. Diperoleh Var[Y] = E[Y2] – (E[Y])2 = 2/6 – (½)2 = 1/12.

Contoh V.15 Tentukan fungsi pembangkit momen untuk g(Y) = Y - 5 dengan Y variabel random yang berdistribusi seragam pada interval (0,1). Penyelesaian


63


Karena fungsi pembangkit momen untuk Y adalah m(t) =





1 t e  1 maka fungsi t

pembangkit momen untuk mg(Y) adalah mg(Y) =





e 5 t t e 1 . t

Contoh V.15 Tentukan fungsi pembangkit momen untuk g(Y) = 2Y dengan Y variabel random yang berdistribusi seragam pada interval (0,1). Penyelesaian Karena fungsi pembangkit momen untuk Y adalah m(t) =





1 t e  1 maka fungsi t

pembangkit momen untuk mg(Y) adalah mg(Y) =





1 2t e 1 . 2t

Soal-soal 11.Tentukan fungsi pembangkit momen untuk variabel random Y yang mempunyai fungsi probabilitas y f(y)

0

1

0,25

0,5

12. Jika diketahui bahwa

2 0,25

m(t) = (1/6) et + (2/6) e2t + (3/6) e3t maka

tentukan E[Y], Var[Y] dan fungsi probabilitas Y. 13. Jika Y mempunyai distribusi Binom(n,p) maka tentukan fungsi pembangkit momen dari Y. 14. Berdasarkan soal no 1 tentukan E[Y] dan E[Y2] . 15. Consider a random variable Y with the density function f(y) = k exp[- y2/2] -  < y <  a. Find k. b. Find the moment generating function. c. Find E[ Y] and Var[ Y] .


64


16.A random variable Y has the density function f(y) = exp[y] y < 0 =0 (a) Find E[ e

3Y/2

elsewhere

].

(b) Find the moment generating function (c) Find Var(Y) . 17.Jika variabel random kontinu Y berdistribusi f(y) = 2y untuk 0 < y < 1 maka tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk Y. Berdasarkan pada m(t) tentukan mean dan variansinya. 18.Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk variabel random Y yang berdistribusi

seragam

pada

interval

(1,2).

Berdasarkan

fungsi

pembangkit momennya tentukan mean dan variansinya. 19.Tentukan fungsi pembangkit momen untuk variabel random Y yang berdistribusi eksponensial f(y) =  e-y untuk y > 0. 20.Tentukan fungsi pembangkit momen untuk variabel random yang berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2 . ***


65


BAB VI DISTRIBUSI PROBABILITAS BIVARIAT Dalam banyak keadaan diperlukan pencatatan hasil beberapa variabel random secara

serempak. Misalkan pengukuran tekanan uap air P dan isi

gas V yang dihasilkan dari suatu percobaan kimia yang dikendalikan akan menghasilkan ruang dan sampel berdimensi dua yang terdiri dari atas hasil (p,v). Definisi VI.1 Diketahui Y1, Y2 adalah variabe random diskrit . Distribusi probabilitas bersama untuk y1 dan y2 dinyatakan dengan p(y1,y2) = P(Y1 = y1, Y2 = y2) didefinisikan untuk y1, y2 bilangan real . Sifat-sifat fungsi probabilitas bersama p(y1,y2) dapat dinyatakan sebagai berikut 1) p(y1,y2)  0, 2)

 p( y , y 1

y1

2

)  1.

y2

Contoh VI.1 Dua isi ballpoint dipilih secara random dari sebuah kotak yang berisi tiga warna biru, dua merah, dan tiga hijau.

Apabila Y1 menyatakan banyaknya

ballpoint yang isinya berwarna biru dan Y2 menyatakan banyaknya ballpoint yang isinya berwarna merah yang terpilih.

Tentukan

distribusi probabilitas

bersama f(y1,y2) dan P[(y1,y2)  A] bila A menyatakan daerah { (y1,y2) : y1 + y2  1 } maka tentukan P(A). Penyelesaian : Bila dimiliki ballpoint yang terdiri dari tiga warna biru, dua merah, dan tiga hijau dan diambil 2 ballpoint maka

Y1 yang menyatakan banyaknya ballpoint

yang isinya berwarna biru, mungkin bernilai 0, 1 atau 2 dan

Y 2 yang

menyatakan banyaknya ballpoint yang isinya berwarna merah, mungkin


66


bernilai 0, 1 atau 2. Banyak cara melakukan pengambilan 2 ballpoint dari seluruhnya 8 ballpoint adalah

8    28 cara.  2 Bila dari 2 ballpoint yang diambil tidak ada yang berwarna biru maupun yang berwarna merah

maka berarti keduanya berwarna hijau sehingga banyak

cara pengambilan dua ballpoint dari 3 ballpoint yang berwarna hijau adalah

 3    3 cara.  2 Hal itu berarti probabilitas 2 ballpoint yang terambil tidak ada yang berwarna biru maupun yang berwarna merah adalah 3/28.

Dengan cara yang sama

dapat disusun tabel distribusi probabilitas untuk variable random (Y1, Y2). Y2 = 0

Y2 = 1

Y2 = 2

3/28

6/28

1/28

Y1 = 1

9/28

6/28

0

Y1 = 2

3/28

0

0

Y1 = 0

Dengan menggunakan rumus, tabel tersebut juga dapat dinyatakan sebagai

3   3  2        y1   y 2   2  y1  y 2   P( Y1  y1 , Y2  y 2 )  8    2 dengan y1 = 0, 1, 2 dan y2 = 0, 1, 2. Definisi VI.2 Untuk sebarang variabel random Y1 dan Y2 . Fungsi distribusi bersama F(a,b) dinyatakan sebagai


67


F(a,b) = P( Y1  a, Y2  b). Untuk dua variabel random diskrit Y1 dan Y2 maka F(a,b) berbentuk F(a,b) =

  p( y , y

y1  a

1

y2  b

2

) .

Untuk Y1,Y2 variabel random kontinu dengan fungsi distribusi bersama F(a,b). Jika terdapat fungsi tidak negatif f(a,b) sedemikian hingga untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku

F ( a, b)  

a





b 

f ( y1 , y 2 ) dy 2 dy1

maka Y1 dan Y2 dikatakan variabel random bersama kontinu. Fungsi f(y1,y2) disebut fungsi kepadatan probabilitas bersama. Sifat- sifat distribusi probabilitas bersama F(a,b) 1. F( -  , -) = F(-  , y2) = F(y1, - ) = 0. 2. F(  , ) = 1. Jika a2  a1 dan b2  b1 maka F(a2,b2) - F(a2,b1) – F(a1,b2) + F(a1,b1)  0

(non negatif) .

Sifat-sifat fungsi kepadatan bersama f (Y1, Y2) adalah 1) F(y1,y2)  0 untuk semua Y1, Y2. 2) 







 

f ( y1 , y 2 ) dy1 dy 2  1

P( a1  Y2  a2 , b1  Y2  b2) merupakan volume di bawah bidang luasan f(y1,y2) dan akan sama dengan

b2

a2

b1

a1

 

f ( y1 , y 2 )dy1 , dy 2

Contoh VI.2 Misalkan diberikan fungsi kepadatan probabilitas bersama : f (y1,y2)

= 4 y 1 y2

untuk 0 < y1< 1 dan 0 < y2 < 1

Tentukan P( Y1 < 0,5 , Y2 < 0,5). Penyelesaian :


68


P( Y1 < 0,5 , Y2 < 0,5) =

0 ,5

  0

0 ,5

0

 

=



0 ,5

=



0 ,5

=

 y2 2     4 0

0

0

4 y1 y 2 dy1 dy 2

2 y 2 y1

2 0 ,5 0

dy 2

0,5 y 2 dy 2 0,5

= 1/16.

Contoh VI.3

Misalkan diberikan fungsi kepadatan probabilitas bersama : f (y1,y2)

=

y1 [ 1 + 3 (y2)2]/4 =

Tentukan

untuk 0 < y1 < 1 dan 0 < y2 < 1

0

untuk yang lain

P  (y1,y2)  A  bila A daerah  (y1,y2) ; 0 < y1< 1 , ¼ < y2 < ½ .

Penyelesaian P( 0 < Y1 < 1 , 1/4 < Y2 < 1/2) =

1/ 2

  1/ 4

1 0

y1

1  3 y2 dy1 dy 2 4 1

= =

2 1  3 y 2  y1  1/ 4 4  2  dy 2 0 1/ 2 1  3 y 1/ 4 8 2 dy2 1/ 2

1/ 2

=

 y1  3 y 2 2 / 2    8   1/ 4

= 3/64.


69


Contoh VI.4 Suatu sistem elektronik terdiri dari dua komponen yang berbeda yang beroperasi secara bersama.

Misalkan Y1 dan Y2 menyatakan lama hidup dari

komponen tipe I dan tipe II.

Fungsi kepadatan probabilitas bersama

dinyatakan dengan f(y1, y2) = 8 y1 exp[-(y1 + y2)] untuk y1 > 0 ; y2 > 0 Tentukan P(Y1 > 1 , Y2 > 1) . Penyelesaian P( Y1 > 1 , Y2 > 1) =



  1



=



1



1

8 y1 exp[  ( y1  y 2 ) ] dy 2 dy1

8 y1 exp[ y1 ] dy1





1

exp[ y 2 ] dy 2

dengan





1

exp[ y 2 ] dy 2  lim

b



b

1

exp[ y 2 ] dy 2

 lim  exp[ y 2 ] 1

b

b



 lim e  1  e  b b



= e-1.



1



8 y1 exp[ y1 ] dy1  lim



b

b  1

8 y1 exp[ y1 ] dy1

 8 lim  y1 exp[ y1 ]  exp[ y1 ]  1

b

b



 8 lim 2 e  1  b exp[b]  exp[b] b



= 16 e-1. Akibatnya P( Y1 > 1 , Y2 > 1) = 16 e-2 . VI.1 Nilai harapan dari Fungsi Variabel Random Jika g(Y1,Y2) fungsi variabel random Y1 dan Y2 yang mempunyai fungsi probabilitas bersama p(Y1,Y2) adalah

E  g (Y1 , Y2 )   g ( y1 , y 2 ) p( y1 , y 2 ) . y1

y2

Jika Y1, Y2 adalah variabel random kontinu dengan fungsi kepadatan probabilitas bersama f(y1,y2) maka


70


E  g ( Y1 , Y2 )  

  g( y , y 1

y1

2

) f ( y1 , y 2 ) dy1 dy 2 .

y2

Sifat – sifat nilai harapan 1. Jika c konstanta maka E[ c ] = c. 2. Jika g (Y1,Y2) adalah fungsi variabel random Y1 dan Y2 dengan c konstanta maka E[ c g(Y1, Y2) ] = c E[ g(Y1, Y2) ]. 3. Jika Y1 dan Y2 adalah variabel random dengan fungsi kepadatan prob. bersama f(Y1,Y2) dan g1(Y1,Y2),…., gk(Y1,Y2) maka E[ g1(Y1,Y2) + …. + gk(Y1,Y2) ] = E[ g1(Y1,Y2) ] + …. + E[ gk(Y1,Y2) ]. Contoh VI.5 Diketahui Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan bersama f( y1, y2) = 2y1

0  y1  1 ; 0  y2  1,

untuk

=0

untuk yg lain.

Tentukan harga harapan E( Y1 Y2) dan E[ Y1 + Y1 (Y2)2 ]. Penyelesaian : E[ Y1 Y2 ] =

1 1

  (y

y 2 ) 2 y1 dy1 dy 2

1

0 0

=

 2 y y

=



=

 y2 2     3 0

1

2

0

1

0



1

3

/ 3 0 dy 2

1

(2 / 3) y 2 dy 2 1

= 1/3. E[ Y1 + Y1 (Y2)2 ] = E[ Y1 ] + E[ Y1 (Y2)2 ] = = =

1 1



0 0

 2 y 1

0



1

0

1 1

  (y

( y1 ) 2 y1 dy1 dy 2 + 1

3



/3

1 0

dy 2 +

( 2 / 3) dy 2 +

 2 y y 1

0

2

1

 (2 / 3) y 0

1

2

2 2

2

1

0 0

3

y 2 ) 2 y1 dy1 dy 2



/3

1 0

dy 2

dy 2

1

= (2/3) +

 2 y2 3     9 0

= (2/3) + (2/9)


71


= 8/9.

VI.2 Kovariansi dari Dua Variabel Random Apabila variabel random Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan probabilitas bersama f(y1, y2) maka nilai harapan fungsi g(y1, y2) = (Y1 - 1 ) (Y2 - 2) dengan 1 = E(Y1) dan 2 = E(Y2) yaitu dinamakan kovariansi Y1 dan Y2 dan dilambangkan dengan Cov(Y1, Y2). Hal itu berarti

Cov(Y1 , Y2 )   (Y1  1 ) (Y2   2 ) p( y1 , y 2 ) y1

dan

Cov(Y1 , Y2 ) 

  (y

1

y2

y2

 1 ) ( y 2   2 ) f ( y1 , y 2 ) dy1 dy 2 .

y1

Kovariansi akan bernilai positif

jika nilai Y1 yang besar berpadanan dengan

nilai Y2 yang besar sedangkan nilai Y1 yang kecil berpadanan dengan nilai Y2 yang kecil. Sebaliknya, kovariansi akan negatif bila nilai Y1 yang kecil berpadanan dengan nilai Y2 yang besar dan nilai Y1 yang besar berpadanan dengan nilai Y2 yang kecil. Apabila variabel random Y1 dan Y2 saling bebas maka kovariansi Y1 dan Y2 akan bernilai nol. Tetapi, dua variabel random mungkin mempunyai kovariansi nol meskipun variabel random itu tidak saling bebas.

Teorema VI.1 Jika Y1 dan Y2 adalah variabel random dengan fungsi kepadatan probabilitas bersama f(y1, y2) maka Cov(Y1, Y2) = E[ (Y1 - 1) (Y2 - 2) ] = E[Y1 Y2] – E(Y1) E(Y2).

Contoh VI.6 Diketahui Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan bersama f(y1,y 2) = 2y1

untuk

0  y1  1 ; 0  y2  1

Tentukan Cov(Y1, Y2).


72


Penyelesian : E[ Y1]

1 1

=

  (y

=

 2 y

=

1

0 0 1



1

3

1

0

) 2 y1 dy1 dy 2



/3

1 0

dy 2

( 2 / 3) dy 2

0

= (2/3) . E[ Y2]

1 1

=

  (y

=

 y 

=

0 0 1

1

0



1

0

2

) 2 y1 dy1 dy 2

2 1 0

y 2 dy 2

2

y2 dy 2 2

= 1/2. Karena

E[ Y1 Y2 ] =

1/3

maka

Cov(Y1, Y2) = E[Y1 Y2] – E(Y1) E(Y2) = 1/3 – (2/3) (1/2) = 0.

VI.2 Distribusi Probabilitas Bersyarat dan Marginal Definisi VI.3 Jika Y1 dan Y2 variabel random diskrit bersama dengan fungsi probabilitas bersama p(y1,y2) maka fungsi probabilitas marginal dari Y1 dan Y2 masingmasing dinyatakan dengan

p1 ( y1 )   p ( y1 , y 2 ) y2

p1 ( y 2 )   p ( y1 , y 2 ) y1

Definisi VI.4 Jika Y1 dan Y2 variabel random kontinu bersama dengan fungsi kepadatan probabilitas bersama f(y1,y2) maka fungsi kepadatan probabilitas

marginal

untuk Y1 dan Y2 masing-masing dinyatakan dengan :


73




f 1 ( y1 ) 

 f (y

1

, y 2 ) dy 2





f 2 ( y2 ) 

 f (y

1

, y 2 ) dy 1



Contoh VI.7 Diketahui f(y1, y2) = 2y1

utk 0  y1  1 dan 0  y2  1.

Tentukan sketsa fungsi kepadatan bersama Y1 dan Y2 dan fungsi kepadatan marginal Y1. Penyelesian : Fungsi kepadatan probabilitas marginal Y1 adalah 1

f 1 ( y1 )   2 y1 dy 2  2 y1 0

untuk 0  y1  1. Contoh VI.8 Dari suatu kelompok yg terdiri dari 3 republikan, 2 demokrat dan 1 independen dibentuk suatu komite yg terdiri dari 2 orang yang terpilih secara random. Diketahui Y1 menyatakan banyak Republikan dan Y2 menyatakan banyak Demokrat pada komite. Tentukan probabilitas bersama dari Y1 dan Y2 dan tentukan distribusi probabilitas marginal Y1 . Penyelesaian : Distribusi probabilitas bersama

variabel random Y1 dan Y2 dapat

dinyatakan dalam rumus

3   y P( Y1  y1 , Y2  y 2 )   1 

1   2       y 2   2  y1  y 2   6    2

untuk y1 = 0, 1, 2 , y2 = 0, 1, 2 dan 1  y1 + y2  2. Dalam bentuk tabel hal itu dinyatakan pada tabel.


74


Y2 = 0

Y2 = 1

Y2 = 2

P(Y1 = y 1)

Y1 = 0

0

2/15

1/15

3/15

Y1 = 1

3/15

6/15

0

9/15

Y1 = 2

3/15

0

0

3/15

P(Y2 =

6/15

8/15

1/15

1

y 2) Distribusi probabilitas marginal Y1 dinyatakan pada kolom terakhir. Definisi VI.6 Jika p(y1, y2) menyatakan distribusi probabilitas bersama variabel random Y1 dan Y2

sedangkan

p(y2)

menyatakan distribusi probabilitas marginal

variabel Y2 maka distribusi probabilitas bersyarat untuk Y1 bila diberikan variable Y2 = y2 dinyatakan dengan

p( y1 | y 2 ) 

p ( y1 , y 2 ) . p( y 2 )

Contoh VI.9 Tentukan distribusi bersyarat utk Y1 jika diberikan Y2 = 1 yaitu bila diketahui satu dari dua orang pada komite adalah dari Demokrat, tentukan distribusi probabilitas bersyarat untuk banyak anggota Republikan yang dipilih untuk komite tersebut. Penyelesaian :

p( 0 |1) 

p ( 0 , 1) 2 / 15 1   . p ( 1) 8 / 15 4

p( 1 |1) 

p ( 1 , 1) 6 / 15 3   . p ( 1) 8 / 15 4

p ( 2 |1) 

p ( 2 ,1) 0 / 15  0 . p (1) 8 / 15

Hal itu berarti jika diketahui satu dari dua orang pada komite dari Demokrat maka probabilitas tidak ada anggota partai Republik yang terpilih dalam komite adalah ¼.


75


Demikian juga, jika diketahui satu dari dua orang pada komite dari Demokrat maka probabilitas terdapat satu anggota partai Republik yang terpilih dalam komite adalah 3/4. Akhirnya, jika diketahui satu dari dua orang pada komite dari Demokrat maka tidak mungkin terdapat

dua anggota partai Republik

yang terpilih dalam komite. Untuk variabel random bersama kontinu Y1 dan Y2, fungsi kepadatan probabilitas bersyarat didefinisikan secara analog.

VI.3 Nilai Harapan dari Fungsi Probabilitas Bersyarat Definisi VI.7 Diketahui Y1 dan Y2 adalah variabel random bivariat diskrit. Nilai harapan bersyarat dari Y1 bila diberikan Y2 = Y2 didefinisikan dengan

E[ Y1 |Y2  y 2 ] 

y

1

p( y1 | y 2 ) .

y1

Sedangkan untuk Y1 dan Y2 variabel random bivariat kontinu nilai harapan bersyarat dari Y1 bila diberikan Y2 = y2 didefinisikan dengan 

E[ Y1 |Y2  y 2 ] 

y

1

f ( y1 | y 2 ) dy1 .



Contoh VI.10 Suatu tangki minuman mempunyai kapasitas Y2 yang merupakan variabel random yaitu banyak persediaan minuman pada pagi hari

dan

banyak penjualan Y1 merupakan variabel random. Apabila tidak dilakukan penambahan persediaan minuman pada tangki tersebut selama hari itu maka Y1  Y2. Bila Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan probabilitas bersama f(y1,y2)

= 1/2

untuk 0  y1  y2 ; 0  y2  2,

=0

untuk yg lain.

Hal itu berarti bahwa titik (y1,y2) berdistribusi seragam pada daerah segitiga yang diberikan. Tentukan fungsi kepadatan probabilitas bersyarat dari Y 1 bila diberikan Y2 = y2. Tentukan nilai harapan bersyarat dari banyak penjualan Y1 bila diberikan Y2 yaitu banyak persediaannya 1 galon .


76


Penyelesaian : Untuk menentukan nilai harapan bersyarat terlebih dahulu ditentukan fungsi kepadatan probabilitas marginal dari variabel Y2 yaitu



y2

0

untuk 0  y2  2.

1 / 2 dy1   y1 / 2 0 2  y

y2 2

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas bersyarat dari Y1

bila diberikan Y2 = y2 adalah

f ( y1 | y 2 )  untuk

f ( y1 , y 2 ) 1/ 2 1   f ( y2 ) y2 / 2 y2

0  y1  y2 . Nilai harapan bersyarat dari banyak penjualan bila

diberikan Y2 = 1 adalah

E[ Y1 | Y2  1 ]  Hal itu berarti bahwa jika



1 0

y1 dy1  1 / 2 .

banyaknya persediaan minuman pada pagi hari

adalah1 galon maka harapan banyak penjualan selama hari itu adalah

½

galon. ***


77


BAB VII Fungsi Variabel Random Misalkan variabel random Y1,Y2,....,Yn dan suatu fungsi U(Y1,Y2,...,Yn) (disimbulkan dengan U), metode berikut ini untuk menentukan distribusi probabilitas dari fungsi variabel random U. Metode Fungsi Distribusi 1. Tentukan daerah U = u dalam ruang (y1, y2 , ....,yn). 2. Tentukan daerah U  u. 3. Tentukan FU(u) = P(U  u) dengan mengintegralkan f(y1, y2 , ....,yn) atas daerah U  u. 4. Tentukan fungsi kepadatan f(u) dengan mendeferensialkan FU(u) maka

dFU (u )  f (u ) . dt Metode Transformasi 1. Tentukan fungsi invers dari Y = h-1(U). 2. Hitung dy/du. 3. Tentukan f(u) dengan fU(u) = fY(y) |dy/du| dengan y = h-1(u). Metode Fungsi Pembangkit Momen 1. Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk U. 2. Bandingkan mU(t) dengan fungsi pembangkit momen lain yang telah dikenal. Jika mU(t) = mV(t) untuk semua harga maka U dan V mempunyai fungsi probabilitas yang identik. VII.1 Metode Fungsi Distribusi Apabila Y mempunyai fungsi kepadatan f(y) dan U adalah fungsi dari Y, maka kita akan dapat menentukan : FU(u) = P( U  u) secara langsung dengan mengitegrasikan f(y) atas daerah U  u untuk mendapatkan fungsi kepadatan U maka kita mendeferensialkan FU(u).


78


Contoh IV.1 : Dalam proses pemurnian gula menghasilkan 1 ton gula murni tetapi banyak produksi yang sebenarnya Y merupakan variabel random karena mesin

yang

sering

macet.

Misalkan

Y

mempunyai

fungsi

kepadatan

probabilitas f(y) = 2y untuk 0  y  1, = 0 untuk y yang lain. Perusahaan menerima pembayaran rata-rata Rp 300.000,- per ton gula murni tetapi juga harus mengeluarkan biaya tambahan Rp 100.000,- tiap hari. Keuntungan harian dinyatakan sebagai U = 3Y - 1 (dalam ratusan ribuan). Tentukan fungsi kepadatan probabilitas untuk U. Penyelesaian : Dengan menggunakan metode fungsi distribusi akan ditentukan FU(u) = P( U  u) = P(3 Y – 1  u) = P ( Y 

u 1 ). 3

Jika u < -1 maka (u + 1)/3 < 0 sehingga FU(u) = P[ Y  (u+1)/3 ] = 0. Demikian juga jika u > 2 maka (u+1)/3 > 1 sehingga FU(u) = P[ Y  (u+1)/3 ] = 1. Akan tetapi jika -1  u  2 maka probabilitas tersebut dapat ditulis sebagai

P (Y 

u 1 ) = 3



=



( u 1) / 3 0 ( u 1) / 3 0

f ( y ) dy 2 y dy

 u 1  =   .  3  2

Diperoleh fungsi distribusi dari U adalah F(u) = 0

 u 1  =    3 

untuk u < -1, 2

untuk -1  u  2,

= 1

untuk u > 2.

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas dari U adalah fU(u) =

dFU (u ) = (2/9) (u + 1) untuk -1  u  2, dt = 0


untuk u yang lain.

79


Variabel random Y1,Y2 dengan fungsi densitas

bersama f(y1,y2) dan

U = g(y1,y2) adalah fungsi dari Y1 dan Y2 maka untuk setiap titik (y1,y2) berkorespondensi satu-satu dengan u. Apabila dapat ditentukan titik (y1,y2) sedemikian hingga U  u maka integral dari fungsi densitas f(y1,y2) atau suatu daerah akan sama dengan P(U  u) = FU(u) sehingga fungsi densitas U dapat diperoleh dengan mendeferensialkan FU(u). Contoh VII.2 : Variabel random Y1 menyatakan proporsi banyaknya cadangan bensin pada suatu awal minggu dan Y2 banyak penjualan bensin selama minggu tersebut. Fungsi kepadatan bersama Y1 dan Y2 dinyatakan dengan : f(y1,y2) = 3y1 untuk 0  y2  y1  1, = 0

untuk yang lain.

Tunjukkan fungsi kepadatan probabilitas untuk U = Y1 -Y2 yaitu banyaknya sisa bensin akhir minggu tersebut. Dengan menggunakan fungsi kepadatan probabilitas U, tentukan E(U). Penyelesaian : Daerah asal dari f(y1,y2) dinyatakan pada Gambar VII.1 . Demikian juga pada gambar tersebut dapat dilihat garis y1 – y2 = u untuk u antara 0 dan 1. Perlu dicatat bahwa sebarang titik (y1,y2) sehingga y1-y2  u akan terletak di atas garis y1-y2 = u.

Gambar VII.1 Lebih jauh, untuk u < 0 , FU(u) = P(Y1 – Y2  u) = 0 dan untuk u > 1, FU(u) = 1. Untuk 0  u  1, FU(u) = P(Y1 – Y2  u) akan sama dengan FU(u) = P( U  u) = 1 – P(U  u)


80


1

= 1-

 

= 1 -



0

u

1 u

y1  u

3 y1 dy 2 dy1

3 y1 ( y1  u ) dy1 1

 y13 u y1 2   = 1 - 3  2 u  3 =

 3 u3  1 - 1  (u )   2  2

=

(3u – u3)/2

untuk 0  u  1.

Hal itu berarti FU(u) = 0

untuk u < 0

= (3u – u3)/2

untuk 0  u  1

= 1

untuk u > 1.

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random U adalah f(u) = (3/2) ( 1 – u2) = 0

untuk 0  u  1 untuk yang lain. 1

3 u 2 u 4  3 sehingga E(U) =  u   (1  u 2 ) du =    = 3/8 . 0 2 2 4 0 2 1

Soal-soal : 1. Diketahui variabel random Y dengan fungsi densitas f(y) = 2(1-y) =0

untuk 0  y  1 untuk y yang lain.

Tentukan fungsi kepadatan U = 2 Y - 1, dengan menggunakan fungsi densitas tersebut tentukan E(U). 2. Seorang

pengusaha pompa bensin mempunyai permintaan mingguan Y

yang mempunyai fungsi kepadatan f(y) = y

untuk 0  y  1

=1

untuk 1 < y  1,5

=0

untuk y yang lain.

Dalam ukuran ratusan galon. Keuntungan yang didapat pengusaha pompa bensin adalah U = 10 Y - 4.


81


(a) Tentukan fungsi kepadatan probabilitas U. (b) Gunakan (a) untuk menentukan E(U) . VII.2 Metode Transformasi Metode transformasi untuk menentukan distribusi probabilitas dari fungsi variabel random merupakan cara langsung dari metode fungsi distribusi. Metode transformasi merupakan metode yang sederhana untuk menentukan fungsi kepadatan U = h(y) bila h(y) adalah fungsi naik atau fungsi turun. Misalkan h(y) fungsi naik untuk y dan U = h(Y) dengan Y mempunyai fungsi densitas fy(y). Dalam grafik diatas himpunan titik-titik y sedemikian hingga h(y)  u akan persis sama dengan himpunan titik-titik y sedemikian hingga y  h-1(u). Oleh karena itu P(U  u) = P(Y y) dengan y = h-1(u) atau FU(u) = FY(y)

dengan y = h-1(u)

bila kedua ruas dideferensialkan terhadap u maka f(u) = dFU(u)/du = dFY(y)/dy = fY(y) dy/du

dengan y = h-1(y)

(catatan : dy/du = 1/(du/dy)). Contoh VII.3 : Berdasar pada contoh VII.1 variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f(y) = 2y =0

untuk 0  y  1 untuk yang lain.

Bila diketahui variabel random U = 3Y - 1 menyatakan keuntungan maka tentukan fungsi kepadatan probabilitas U dengan metode transformasi. Penyelesaian : Fungsi h(y) = 3y - 1 merupakan fungsi naik dalam y. Jika u = 3y - 1 maka y = h-1(u)= (u+1)/3 sehingga dy/du = 1/3. Fungsi kepadatan probabilitas untuk U adalah fU(u) = fY(y) | dy/du |


82


= 2y | dy/du | = [2(u+1)/3].1/3 = (2/9) (u+1)

untuk –1 < u < 2,

fU(u) = 0

untuk u yang lain.

Jika h(y) fungsi turun maka himpunan titik-titik y sedemikian hingga h(y)  u akan sama dengan himpunan titik-titik sedemikian hingga y  h-1(u). Untuk U = h(Y) maka P(U  u) = P(Y  y) dengan y = h-1(u) atau fU(u) = - fY(y) dy/du karena dy/du negatif, untuk fungsi turun maka fU(u) = fY(y) |dy/du|. Contoh VII.4 : Diketahui variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas f(y) = 2 y untuk 0 < y < 1, =0

untuk y yang lain.

Tentukan fungsi kepadatan probabilitas untuk U = - 4Y + 3. Penyelesaian : Fungsi h(y) = -4y +3 merupakan fungsi turun dalam y. Jika u = -4y + 3 maka y = h-1(u) = (3-u)/4 , sehingga dy/du = -1/4. Fungsi kepadatan probabilitas U adalah fU(u) = f(y) |dy/du| = 2y |dy/du| = 2[(3-u)/4] (1/4) = (3-u)/8 fU(u) = 0

untuk –1 < u < 3 untuk u yang lain

Contoh VII.5 : Diketahui variabel random Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan bersama f(y1,y2) = e  ( y1  y2 )


untuk 0  y1 ; 0  y2

83


=0

untuk yang lain

Tentukan fungsi kepadatan probabilitas dari U = Y1 + Y2 . Penyelesaian : Masalah ini akan diselesaikan dalam dua tahap : 1. Ditentukan fungsi kepadatan bersama Y1 dan U. 2. Ditentukan fungsi kepadatan marginal U. Berarti

U = Y 1 + Y2

dan

dianggap

masalah

transformasi 1 dimensi

dalam U = h(Y) = y1 + Y2. Misalkan

g(y2, u) fungsi kepadatan probabilitas bersama Y2 dan U maka

diperoleh (dengan y2 = u -y1) g(y1,u) = f(y1,y2) |dy2/du| = e-u . 1 yaitu g(y1,u) = e-u =0

untuk 0  u, 0  y1  u untuk yang lain

(catatan : Y1  u) . Fungsi kepadatan marginal dari U dinyatakan dengan fU(u) =



 

u

g ( y1 , u ) dy1   e  u dy1  u e  u 0

= 0

untuk 0  u untuk yang lain

Contoh VII.6 Jika Y merupakan variabel random kontinu dengan fungsi kepadatan probabilitas f(y) = (y + 1)/2 = 0

untuk – 1  y  1 untuk y yang lain

maka untuk U = Y2 dapat ditentukan fungsi distribusinya FU(u) = P( U  u) = P( Y2  u) = P( - u  Y2  u )


84


= FY(u) – FY(-u) sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

f U (u ) 

1 2 u

f

Y



( u )  fY (  u ) .

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas U adalah

f U (u ) 

1  u 1  u 1   2 2 u 2

 1   2 u

= 0

untuk 0  u  1, untuk u yang lain.

Soal-soal : 3. Penggunaan tepung per hari dari perusahaan roti merupakan variabel random Y yang mempunyai distribusi eksponensial dengan mean 4 ton. Biaya pembelian tepung proporsional dengan U = 3Y +1. a. Tentukan fungsi kepadatan probabilitas U. b. Tentukan E(U) dengan berdasar pada (a). 4. Proporsi kotoran dalam sampel bijih besi merupakan variabel random Y dengan fungsi kepadatan f(y) = (3/2) (y2 + y) =0

untuk 0  y  1 untuk yang lain.

Harga dari sampel random adalah U = 5 - Y/2 (dalam ribuan rupiah). Tentukan fungsi kepadatan U dengan metode transformasi. VII.3 Metode Fungsi Pembangkit Momen Metode fungsi pembangkit momen untuk menentukan distribusi probabilitas dari fungsi variabel random Y1,Y2, .....,Yn berdasar pada teorema berikut. Teorema VII.1 Misalkan variabel random X dan Y masing-masing mempunyai fungsi pembangkit momen mX(t) dan mY(t). Jika mX(t) = mY(t) untuk semua harga t maka X dan Y mempunyai distribusi probabilitas yang sama.


85


Contoh VII.7 : Misalkan variabel random Y mempunyai distribusi normal dengan mean  dan variansi 2. Dengan menggunakan fungsi pembangkit momen tunjukan bahwa

Z

Y  berdistribusi normal dengan mean 0 dan variansi 1. 

Penyelesaian : Karena Y mempunyai fungsi pembangkit momen m(t) = exp[  t + 2 t2/2 ] maka Y -  mempunyai fungsi pembangkit momen exp[ 2 t2/2 ] sehingga fungsi pembangkit momen dari Z adalah mZ(t) = E[ etZ ] = E[ e(t/) (Y-) ] = mY-(t/ ) = exp[ 2 (t/)2/2 ] = exp[ t2/2 ]. Dengan membandingkan m(t) dengan fungsi pembangkit momen dari variabel random normal, maka terlihat bahwa Z berdistribusi normal dengan mean 0 dan variansi 1. Teorema VII.2 Diketahui Y1,Y2,....,Yn adalah variabel random independen dengan fungsi pembangkit momen masing-masing mY1(t),mY2(t),..,mYn(t). Jika U = Y1 + Y2 + ... + Yn maka mU(t) = mY1(t) mY2(t) ..... mYn(t) . Contoh VII.8 : Jika diketahui Y1,Y2 variabel random independen dan keduanya berdistribusi N(0,1). Dengan metode fungsi pembangkit momen tentukan distribusi probabilitas Z = Y1 + Y2 . Penyelesaian : Karena Y1 dan Y2 variabel random dengan fungsi kepadatan N(0,1) maka mY1(t) = mY2(t) = exp[ t2/2 ] Dengan mengingat variabel random Y1 dan Y2 saling bebas maka fungsi pembangkit momen Z dapat ditentukan dengan


86


mZ(t) = mY1

+ Y2(t)

= mY1(t) mY2(t) = exp[ t2/2 ] exp[ t2/2 ] = exp[ 2t2/2 ]. Dengan membandingkan m(t) dengan fungsi pembangkit momen pada variabel random normal maka Z berdistribusi N(0,2). Berdasarkan pada contoh VII.6 secara umum hasil di atas dapat dinyatakan dalam Teorema VIII.3 berikut . Teorema VII.3 Diketahui Y1,Y2, ..... ,Yn variabel random independen yang masing-masing berdistribusi dengan E(Yi) = i dan Var(Y) = 2i dengan i = 1, 2, ..., n. Bila didefinisikan U sebagai U = a1 Y1 + a2 Y2 + ... + an Yn dengan a1, a2, ... ,an konstanta maka U berdistribusi normal dengan mean n

E[ U ] =

a i 1

i

i

dan variansi n

Var[ U ] =

a i 1

2 i

 2i .

Teorema VII.4 : Diketahui Y1,Y2, .… ,Yn variabel random independen yang masing-masing berdistribusi normal dengan E(Yi) = i dan Var(Y) = 2i dengan i = 1,2,...,n. Jika

Zi  n

maka

Z i 1

2 i

Yi   i i

mempunyai distribusi 2 dengan derajat bebas n.


87


SOAL-SOAL 5. Diketahui Y1,Y2,...,Yn variabel random normal dengan mean  dan variansi 2 dan saling bebas satu sama lain. Jika a1,a2,..,an konstanta yang diketahui maka tentukan fungsi kepadatan dari n

U=

a Y . i 1

i

i

6. Tipe elevator tertentu mempunyai kapasitas berat maksimum Y 1 yang berdistribusi normal dengan mean 5000 kg dan deviasi standar 300 kg. Untuk suatu bangunan yang dilengkapi dengan elevator tipe ini, pemuatan elevator Y2 mean 4000 dan deviasi standar 400 kg. Untuk sebarang waktu yang diberikan elevator yang digunakan. Tentukan probabilitas elevator akan kelebihan muatan dengan anggapan Y1 dan Y2 independen. 7. Diketahui Y1 dan Y2 variabel random yang berdistribusi N(0,2) dan independen. Didefinisikan U1 = Y1 + Y2 dan U2 = Y1 - Y2. Tunjukkan bahwa U1 dan U2 variabel random normal dengan mean 0 dan variansi 2 2 . ***


88


BAB VIII Distribusi t dan F VIII.1 Distribusi t Variansi populasi dari populasi yang ingin diambil sampelnya biasanya sulit diketahui. Untuk n besar ( secara praktis n  30 ) estimasi 2 yang baik dapat diperoleh dengan menghitung nilai S2. Apabila Y1, Y2, … Yn berdistribusi N(,2) maka

Y 

/ n

mempunyai

distribusi normal standard N(0,1). Apa yang akan terjadi pada dengan S 2 

Y  S/ n

1 n 1 n 2 Y Y dan  ( )  Y  i  Yi ? n  1 i 1 n i 1

Bila n  30, distribusi statistik

Y  S/ n

secara hampiran,

berdistribusi sama dengan distribusi normal baku. Bila n < 30, distribusi

Y  S/ n

tidak lagi berdistribusi normal baku. Misalkan Y  T

dengan

Z

Y 

/ n

Y  S/ n



/ n S / 2

2

~ N(0,1) dan V =

berasal dari populasi normal maka Y



Z V / (n  1) (n  1) S 2 ~ 2

2(n-1). Bila sampel

dan S2 saling bebas sehingga Z

dan V juga saling bebas. Teorema VIII.1 Misalkan Z variabel random N(0,1) dan V variabel random 2 . Bila Z dan V saling bebas maka distribusi variabel random T bila dinyatakan


89


dengan T 

Z V /

dan fungsi kepadatan probabilitasnya dinyatakan

dengan   2    2   h(t )  ( / 2) 

 t2 1   

  



 1 2

untuk -  < t < .

Distribusi ini dinamakan distribusi t dengan derajat bebas . Teorema VIII.2 Jika T ~ t ( ) maka untuk  > 2r berlaku sifat

E[ T

2r

 2 r  1    2r      2   2  r,  ]   1         2 2

E [ T 2r  1 ]  0 . untuk r = 1, 2, ….. dan untuk  > 2 berlaku sifat

V (T ) 

 .  2

Catatan : Distribusi probabilitas t diperkenalkan pada tahun 1908 dalam suatu makalah oleh W.S.Gossef, dan pada waktu terbit dia memakai nama samaran 'student' sehingga distribusi t juga dinamakan distribusi student t. Gambar berikut memberikan ilustrasi hubungan antara distribusi normal baku (berarti  =  ) dan distribusi t untuk derajat bebas 2 dan 5.


90


Gambar VIII.1

VIII.2 Distribusi F Statistik F didefinisikan sebagai perbandingan 2 variabel random chikuadrat yang independen dan masing-masing dibagi dengan derajat bebasnya. Berarti

F

U / 1 V / 2

dengan U ~ 21 dan V ~ 22 .

Teorema VIII.3 Misalkan U dan V dua variabel random masing-masing berdistribusi chikuadrat dengan derajat bebas 1 dan 2. Fungsi kepadatan probabilitas

dari variabel random

F

U / 1 dinyatakan V / 2

dengan 1 / 2

        1 2   1   2   2  h(f) =      1   2  2  2

f

( v1 / 2 1)

 1 f 1  2 

  

=0

( 1  2 ) / 2

untuk 0 < f < ,

untuk f yang lain

Distribusi ini dinamakan distribusi F dengan derajat bebas 1 dan 2. Teorema VIII.4 Jika Y ~ F (  1 ,  2 ) maka berlaku sifat


91


  2   2 1        r   2  r    2   2  E[ Y ]   1       1   2  2  2 untuk 2 > 2r dan untuk 2 > 2 berlaku

E( Y ) 

2 2  2

2 2 ( 1  2  2) untuk 2 > 4.  1 ( 2  2) 2 ( 2  4) 2

dan

berlaku V ( Y ) 

Teorema VIII.5 Jika F(1,2) untuk bila luas ekor sebesar  untuk distribusi F dengan 1 dan 2 maka luas ekor 1 -  untuk distribusi F dengan derajat bebas 2 dan 1 adalah F1-(2,1) = 1/F(1,2)

Contoh VIII.2 Berdasarkan tabel diperoleh bahwa bila luas ekor 0,05 untuk distribusi F dengan derajat bebas 10 dan 6 adalah 4,06 maka F0,95(6,10) = 1/F0,05(10,6) = 1/(4,06) = 0,246. Misalkan sampel random ukuran n1 dan n2 diambil dari populasi normal masing-masing dengan variansi 12 dan 22. Diperoleh

(n1 1) S1

2

X1  2

1

2

~  2(n11)

dan

X2  2

(n2  1) S 2

2


2

2

~  2 (n2 1) .

92


Teorema VIII.6 Bila S12 dan S22 variansi sampel random ukuran n1 dan n2 yang diambil dari 2 populasi normal, masing-masing dengan variansi 12 dan 22 maka

X 1 / (n1  1) 2

F

X 2 / (n2  1) 2

~ F (n1  1; n2  1) .

Contoh VIII.3 Jika X1, X2, .…., Xm adalah sampel random dari distribusi N( 1 , 12 ) dan Y1, Y2, …., Yn adalah sample random dari distribusi N( 2 , 22 ).

Gunakan

distribusi F untuk menentukan interval kepercayaan dari 12/22 . Penyelesaian :

S / Karena 1 2 1 2 ~ F (  1 ,  2 ) maka S2 /  2 2

2

S / P [ 12 1 2  F0,95 ( 1 , 2 ) ]  0,95 S2 /  2 2

2

S1   1 2 ]  0,95 . F0,95 ( 1 , 2 ) 2 2

P [

S2

2

Jika m = 16 dan n = 21

2

maka

F

0,95(15,

20) = 2,20 sehingga untuk dua

sampel biasanya dikatakan bahwa kita percaya 95 % bahwa rasio 12/22 lebih besar dari

S1

2

2

S 2 F0,95 (15,20)

.

***


93


BAB IX DISTRIBUSI SAMPLING Dalam

melakukan

penelitian,

terlebih

dahulu

perlu

diketahui

himpunan keseluruhan obyek yang akan diselidiki, yang disebut populasi. Untuk populasi yang besar tidak praktis meneliti seluruh populasi, sehingga dilakukan pengambilan sampel yaitu himpunan bagian dari populasi tersebut. Analisis statistik dilakukan untuk mengambil kesimpulan tentang parameter populasi berdasarkan sampel. Untuk itu diusahakan supaya dapat diperoleh sampel yang representatif untuk populasinya. Salah satu macam sampel yang dianggap heterogen

representatif, adalah

khususnya

sampel

random

untuk yaitu

populasi sampel

yang

yang

tidak

terlalu

pengambilannya

sedemikian hingga tiap elemen populasinya mempunyai kemungkinan yang sama untuk terambil dalam sampel dan observasi-observasi dalam sampel ini independen satu sama lain. Secara formal sampel random dapat didefinisikan sebagai berikut. Definisi IX.1: Misalkan Y1, Y2, .... , Yn merupakan n variabel random independen yang masing-masing mempunyai distribusi probabilitas f(y), Y1, Y2, .... , Yn didefinisikan sebagai sampel random ukuran n dari populasi f(y) dan distribusi probabilitas bersamanya dinyatakan sebagai f(y1, y2, ... ,yn) = f(y1) f(y2) …... f(yn). Dalam pembahasan yang lalu telah dinyatakan bahwa tujuan utama dari pengambilan sampel random adalah untuk mendapatkan keterangan mengenai parameter populasi yang tidak diketahui. Suatu nilai yang dihitung dari sampel random disebut statistik. Jadi statistik adalah fungsi dari variabel random yang diambil dari sampel random. Contoh IX.1: Misalkan Y1,Y2, ….... ,Yn sampel random berukuran n yang telah diurutkan menurut besarnya.


94


1 n (a) Statistik Y   Yi disebut mean sampel n i 1 (b) Statistik S 2 

(c) Statistik

1 n  (Yi  Y ) 2 disebut variansi sampel. n  1 i 1

~

X  X  n 1     2 

  X n   X  n    1   ~   2  2  untuk n ganjil dan X  untuk n genap 2

disebut median sampel. Karena statistik merupakan fungsi dari variabel random yang diambil dari suatu populasi maka statistik juga merupakan variabel random sehingga dapat ditentukan distribusi probabilitasnya maupun mean dan variansinya. Distribusi probabilitas ini kemudian dinamakan distribusi sampling. IX.1 Distribusi Sampling Banyak fenomena alam mempunyai distribusi frekuensi relatif yang mendekati distribusi probabilitas normal, sehingga dalam banyak hal adalah beralasan untuk menganggap bahwa variabel random yang diambil dari sampel random Y1, Y2, ..., Yn adalah independen satu sama lain dan masingmasing berdistribusi normal. Teorema IX.1 Jika diketahui Y1, Y2, ..... , Yn adalah sampel random berukuran n dan berdistribusi

Y

normal

dengan

mean



dan

variansi

2

maka

1 n  Yi berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2/n. n i 1

Bukti Karena Y1,Y2, ..... ,Yn adalah sampel random berukuran n dan berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2 maka Yi variabel random berdistribusi normal dengan E[Yi] =  dan var[Yi] = 2, untuk i = 1,2, 3, …, n. Lebih jauh

Y

1 n 1 1 1 Yi = Y1  Y2  ....  Yn  n i 1 n n n


95


sehingga

merupakan kombinasi linear dari Y1,Y2, ..... ,Yn. Akibatnya Y

berdistribusi normal dengan mean

1 1 1 1 E[ Y ]  E[ Y1  ....  Yn ]    ....     , n n n n

n 2  2 1 1 1 1 . V [ Y ]  V [ Y1  ....  Yn ]  2  2  ....  2  2  2  n n n n n n Hal itu berarti distribusi sampling Y

adalah normal dengan mean  dan

variansi 2/n . Jika diketahui Y1,Y2, ..... ,Yn adalah sampel random berukuran n dan berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2 maka Y 

1 n  Yi n i 1

berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2/n sehingga

Z

Y   Y  Y     n   Y   n  

mempunyai distribusi normal baku. Hal itu digambarkan dalam contoh berikut ini. Contoh IX.2 Suatu mesin minuman dapat diatur sedemikian rupa sehingga banyak minuman yang dikeluarkan secara hampiran berdistribusi normal dengan mean 200 ml dan variansi 10 ml2. Secara berkala dilakukan pemeriksaan mesin dengan mengambil sampel 9 botol dan dihitung mean isinya. Bila mean

Y

1 n  Yi kesembilan botol tersebut jatuh pada interval n i 1 ( Y  2  Y , Y  2 Y )

maka mesin dianggap bekerja dengan baik, jika tidak mesin perlu diatur kembali. Jika mean kesembilan botol tersebut 210 ml, tindakan apa yang harus dilakukan ? Penyelesaian : Jika

Y1, Y2, …, Y9 menyatakan kandungan minuman per botol maka Yi

berdistribusi normal dengan mean  dan variansi 2 = 1 untuk i = 1, 2, .., 9.


96


1 n Oleh karena itu Y   Yi mempunyai distribusi sampling normal dengan n i 1 mean  dan variansi (  Y  2  Y ,  Y  2  Y ) . Akan ditentukan P[ | Y   | ( 0,3 ] = P[ - 0,3  Y    0,3 ] = P[  = P[ 

0,3



Y 

/ n / n 0,3 1/ 9

Z 



0,3 1/ 9

0,3

/ n

]

]

= P[ - 0,9  Z  0,9 ]. Dengan menggunakan tabel distribusi normal baku diperoleh P[ - 0,9  Z  0,9 ] = 1 – 2 P( Z > 0,9 ) = 1 – 2(0,1841) = 0,6318. Hal itu berarti bahwa probabilitasnya hanya 0,63 bahwa sampel akan terletak dalam 0,3 ons dari mean populasi. Contoh IX.3 Dengan menggunakan keterangan pada Contoh IX.2 berapa ukuran sampel yang diperlukan supaya dapat diharapkan bahwa Y terletak dalam 0,3 ons dari  dengan probabilitas 0,95 ? Penyelesaian : Diinginkan P[ | Y -  |  0,3 ] = P[ - 0,3  ( Y -  )  0,3 ] = 0,95 dan dengan mengalikan semua ruas dengan n /  = n/1 = n diperoleh

P[  0,3 n 

Y     0,3 n ] = P[  0,3 n  Z  0,3 n ] = 0,95. n     

Dengan menggunakan tabel distribusi normal baku diperoleh bahwa P[ - 1,96  Z  1,96 ] = 0,95 sehingga 0,3 n = 1,96 atau n = (1,96/0,3)2 = 42,68. Hal itu berarti bahwa jika diambil n = 43 maka P[ | Y -  |  0,3 ] akan sedikit melampaui 0,95.


97


Teorema IX.2 Jika Y1,Y2, ..... ,Yn didefinisikan seperti pada Teorema IX.1 maka saling

bebas

dan

mempunyai

distribusi

normal

baku

Zi 

Yi    dan

Y   U   Zi   i  mempunyai distribusi 2 dengan derajat kebebasan n.   i 1 i 1  n

2

n

Bukti : Karena Y1,Y2, ..... ,Yn sampel random dari distribusi normal dengan mean  dan variansi 2 maka Z i 

Yi   mempunyai distribusi normal baku untuk 

i = 1, 2, …, n. Karena Yi saling bebas maka Zi saling bebas untuk i = 1, 2, …, n sehingga Zi2 juga saling bebas dengan masing-masing berdistribusi 2 dengan

Y   derajat bebas 1. Akibatnya U   Z i    i    i 1  i 1 n

n

2

berdistribusi 2

dengan

derajat bebas n. Contoh IX.3 Jika Z1, Z2, ..... , Z6 sampel random dari distribusi normal baku maka 6

tentukan bilangan b sehingga P(

Z i 1

i

 b ) = 0,95.

Penyelesaian : Dengan menggunakan Teorema X.2 diperoleh berdistribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 6. Berdasarkan tabel distribusi chi-kuadrat dengan 6

derajat bebas 6 maka diperoleh b = 12,5916 yaitu P(

Z i 1

6

atau P(

Z i 1

i

i

 12,5916 ) = 0,95

 12,5916 ) = 0,05.

Untuk membuat suatu inferensi tentang variansi populasi 2 berdasar pada sampel random Y1,Y2, …... ,Yn dari populasi normal, maka distribusi 2 akan memainkan peranan penting. Estimator yang baik untuk

2 adalah

variansi sampel


98


1 n S  (Yi  Y ) 2 .  n  1 i 1 2

Teorema IX.2 Diketahui Y1,Y2, ..... ,Yn adalah sampel random dari distribusi normal dengan n

 (Y  Y ) mean  dan variansi 2 maka

2

i

i 1

2



(n  1) S 2 2

mempunyai distribusi 2

dengan derajat kebebasan n-1. Contoh IX.4 Berdasar pada Contoh IX.2, volume minuman yang diisikan ke dalam botol dianggap berdistribusi normal dengan variansi 10 ml2. Misalkan direncanakan unutk mengambil sampel random sebanyak 10 botol dan diukur banyak volume pada setiap botol. Jika 10 sampel ini digunakan unutk menentukan S2 maka akan berguna untuk menentukan interval (b1, b2) yang memuat S2 dengan probabilitas yang tinggi. Tentukan b1 dan b2 sehingga P(b1  S2  b2) = 0,90. Penyelesaian : Perlu dicatat bahwa

 (n  1) b1 (n  1) S 2 (n  1) b2    . 2 2 2   

P(b1  S2  b2) = P 

Karena 2 = 1 maka (n-1)S2/2 = (n-1)S2 mempunyai distribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas n-1. Oleh karena itu dengan menggunakan tabel distribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas n-1 dapat ditentukan a1 dan a2 sehingga P(a1  (n-1)S2  a2) = 0,90. Suatu metode yang biasa digunakan adalah dengan metode ekor sama sehingga dengan menggunakan tabel distribusi chi-kuadrat dengan derajat bebas 9 diperoleh a1 = 3,325 dan a2 = 16,919. Akibatnya diperoleh a1 =

(n  1) b1 = (n-1)b1 = 9 b1 , 2

a2 =

(n  1) b2 = (n-1)b2 = 9 b2 2

atau b1 = 3,325/9 = 0,369

dan b2 = 16,919/9 = 1,880.


99


Soal-soal 1. Bila suatu sampel berukuran 10 diambil dari populasi normal dengan mean 60 dan deviasi standar 5, tentukan peluang bahwa mean sampel

Y akan terletak dalam interval sampai dengan menganggap mean sampel dapat diukur sampai tingkat ketelitian yang diinginkan. 2. Sampel ukuran 5 diambil dari suatu variabel random dengan distribusi N(12,4). Tentukan probabilitas bahwa mean sampel tidak melebihi 13. 3. Misalkan bahwa variabel random X mempunyai variabel random distribusi N(0,0,09). Suatu sampel berukuran 25 diambil dari X, n

misalkan X1,X2,...,X25 tentukan probabilitas bahwa

X i 1

2 i

lebih dari

1,5. ***


100


BAB X TEOREMA LIMIT SENTRAL Dalam bab terdahulu telah ditunjukkan bahwa apabila Y1, Y2, …... , Yn menyatakan sampel random dan sebarang distribusi dengan mean  dan variansi 2 maka E( Y ) =  dan Var( Y ) = 2/n. Dalam pasal ini akan dikembangkan suatu pendekatan distribusi sampling Y tanpa memandang dari distribusi populasi yang manakah sampelnya diambil. Jika sampel random dari populasi normal maka Teorema IX.1 telah menyatakan bahwa distribusi samplingnya akan normal. Tetapi apakah yang dapat dikatakan tentang distribusi sampling

Y jika Y tidak berdistribusi

normal ? Dalam pasal ini akan terlihat bahwa Y berdistribusi sampling yang mendekati normal bila ukuran sampel besar. Secara formal hasil tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut. Teorema X.1 (Teorema Limit Sentral): Diketahui Y1,Y2, .... ,Yn variabel random independen dan berdistribusi identik dengan E(Yi) =  dan Var(Yi) = 2

Un 

n (Y  ) dengan 

Y

untuk setiap i. Jika didefinisikan

1 n  Yi maka untuk n  , fungsi distribusi Un n i 1

akan konvergen ke fungsi distribusi normal standar.

Pendekatan normal untuk Y akan cukup baik bila n  30, terlepas dari bentuk populasi. Bila n < 30 pendekatan tersebut akan baik bila populasinya tidak jauh dari normal. Bila populasinya berdistribusi normal maka distribusi sampel Y akan tepat berdistribusi normal tanpa memandang ukuran sampel. Contoh X.1 Diketahui populasi yang berdistribusi uniform diskrit f(y) = 1/4 untuk y = 0, 1, 2, 3 =0

untuk y yang lain


101


Tentukan probabilitas bahwa sampel random yang berukuran 36 yang diambil dari populasi tersebut akan menghasilkan mean sampel lebih besar 1,4 tetapi lebih kecil dari 1,8 bila mean diukur sampai persepuluhan terdekat. Penyelesaian : Karena sample random diambil dari populasi tersebut maka meannya adalah

  E[ Y ]  3 / 2 dan variansinya adalah

 2  5/ 4. Akibatnya

Y   Y  ( 3 / 2)  ~ N (0,1) / n 5 / 2 / 36 dan

Y   Y  ( 3 / 2)  ~ N (0,1) . 5 / 12 / n Probabilitas mean sampel lebih besar 1,4 tetapi lebih kecil dari 1,8 adalah



P 1,4  Y  1,8

  P

1,4  1,5 Y  1,5 1,8  1,5   5 / 12 5 / 12  5 / 12

  

= P[- 0.0037  Z  0.0112 ] = 0.0059. Pendekatan Normal untuk Distribusi Binomial Probabilitas distribusi Binomial dengan mudah dapat diperoleh dari fungsi probabilitas binomial

n

f(y) =   py (1 - p)n-y , y = 0, 1, 2, ....., n  y atau dari tabel distribusi Binomial komulatif bila n kecil. Jika n cukup besar sehingga tidak terdapat dalam tabel yang ada maka dengan menggunakan cara pendekatan akan dapat dihitung probabilitas binomial. Berikut ini teorema yang memungkinkan penggunaan luas di bawah kurva normal untuk memungkinkan memperkirakan probabilitas binomial bila n cukup besar.


102


Teorema X.2 Bila Y variabel random binomial dengan mean  = np dan variansi 2 = npq dengan q = 1 – p maka bentuk limit distribusi Z 

Y  np npq

adalah normal

standar bila n   . Distribusi normal akan memberikan pendekatan yang baik terhadap distribusi binomial bila n besar dan p dekat dengan 1/2. Contoh X.2 Suatu proses menghasilkan sejumlah barang yang 10% cacat, bila 100 barang diambil secara random dari proses tersebut. Tentukan probabilitas bahwa banyak yang cacat melebihi 13. Penyelesaian Banyak yang cacat berdistribusi binomial dengan parameter n = 100 dan p = 0,1. Karena ukuran sampel besar maka mestinya pendekatan normal akan memberikan hasil yang cukup teliti dengan  = np = (100)(0,1) = 10,  = (npq) = [(100)(0,1)(0,9)] = 3,0. Untuk

mendapatkan

probabilitas yang ditanyakan harus dicari luas

sebelah kanan y = 13,5. Harga z yang sesuai dengan 1,35 adalah z = (13,5-10)/3 = 1,167. Probabilitas banyak cacat melebihi 13 adalah 100

P(Y > 13) =

 B( y ;100 ; 0,1)

y  14

= P(Z > 1,167) = 1 - P( Z < 1,167) = 1 - 0,8784 = 0,1216. Contoh X.3 Suatu ujian pilihan ganda terdiri dari 200 soal dan masing-masing soal mempunyai 4 pilihan jawaban dengan hanya satu jawaban yang benar. Dari 200 soal tersebut seorang siswa tidak dapat menjawab 80 soal sehingga ia


103


memilih jawabannya secara random. Tentukan probabilitas bahwa siswa tersebut akan dapat mendapatkan jawaban yang benar antara 25 sampai 30 soal dari 80 soal tersebut. Penyelesaian Probabilitas menjawab benar untuk tiap soal dari 80 soal adalah 1/4. Jika Y menyatakan banyak jawaban yang benar dengan hanya menebak maka 30

P(25  Y 30) =

 B( y ; 80 ;1 / 4) .

y  25

Menggunakan pendekatan normal dengan  = np = 80 (1/4) = 20  = (npq) =  [(80)(1/4)(3/4)] diperlukan luas antara y1 = 24,5 dan y2 = 30,5. Harga z yang sesuai adalah z1 = (24,5-20) / 3,87 = 1,163, z2 = (30,5-20) / 3,87 = 2,713. Probabilitas menebak tepat 25 sampai 30 dinyatakan dengan daerah yang diarsir dalam grafik di atas. P(25  Y  30) =

30

 B( y ; 80 ,1 / 4 )

y  25

( P(1,163 < Z < 2,713) = P(Z < 2,713) - P(Z < 1,163) = 0,9966-0,8776 = 0,1190.

Contoh X.4 Misalkan variabel random Y mempunyai distribusi binomial dengan n = 25 dan p = 0,4. Tentukan probabilitas eksak bahwa Y ≤ 8 dan Y = 8 dan bandingkan hasilnya dengan metode pendekatan normal. Penyelesaian : Berdasarkan pada tabel binomial dengan n = 25 dan p = 0,4 maka P(Y ≤ 8) = 0,274 dan P(Y = 8) = P(Y ≤ 8) - P(Y ≤ 7) = 0,274 - 0,154


104


= 0,120. Untuk pendekatan normal maka U = Y/n akan mendekati distribusi normal dengan mean p dan variansi p(1-p)/n. Dengan cara yang sama maka dapat dipilih bahwa Y akan mendekati distribusi normal W dengan mean np dan variansi np(1-p). Untuk menentukan P(Y ≤ 8) dengan berdasarkan pada kurva normal maka didapat P(Y ≤ 8) = P(W ≤ 8,5) = P(W ≤ - np/[np(1-p)] ≤ 8,5 - 10/[25(0,4)(0,6)]) = P(Z ≤ - 0,61) = 0,2709. Untuk menentukan pendekatan normal terhadap probabilitas Binomial P(Y = 8) ditentukan area di bawah kurva normal antara titik 7,5 dan 8,5. Karena Y mempunyai distribusi yang sama dengan W yang berdistribusi normal dengan mean np = 25(0,40) = 10 dan variansi np(1-p) = 6 maka P(Y = 8) ( P(7,5 ≤ W ≤ 8,5) = P( (7,5 – 10)/6 ≤ (W – 10)/ 6 ≤ (8,5 –10)/6 ) = P(-1,02 ≤ Z ≤ -0,61) = P(Z ≤- 0,61) - P(Z < -1,02) = 0,2709 - 0,1539 = 0,1170. Terlihat bahwa pendekatan normal untuk P(Y = 8) cukup dekat dengan perhitungan eksak yaitu 0,1198. Soal-soal 1. Dalam ujian pilihan ganda tersedia 100 pertanyaan dengan 5 alternatif jawaban untuk setiap pertanyaan dan hanya ada satu jawaban yang benar. Berapakah probabilitas bahwa peserta ujian yang tidak tahu apa-apa akan lulus ujian bila batas kelulusan minimal 55 jawaban benar. 2. Diketahui hanya 5% mahasiswa di kota Salatiga yang mempunyai IQ = 130 atau lebih. Salatiga.

Jika

diambil

sampel random sebanyak 50 mahasiswa di

Tentukan P( Y = 10 ) dan P(Y  12) dengan menggunakan

pendekatan normal.


105


DAFTAR PUSTAKA

Bain, L. J and Engelhardt, 1992, Introduction to Probability and Mathematical Statistics 2nd

Edition, Buxbury Thomson Learning, Pasific Grove. Godlphin, J, 2007, Lecture Notes on Mathematical Statistics, Roussas, G. G. , 1973, A first course in Mathematical Statistics, Addison-Wesley Publishing Company, Reading Massachusetts Larsen, R. J. and M. L. Moris, 2006, Introduction to Mathematical Statistics and Its Applications

4th Edition, Pearson Education


106

BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I. Oleh : Tim Dosen Statistik Industri Program Studi Teknik Industri

Recommend Documents