Statistika Matematika 1.pdf

DISTRIBUSI VARIABEL RANDOM DISKRIT KHUSUS DISTRIBUSI BERNOULLI A. Pengertian distribusi bernoulli Percobaan Bernoulli adalah percobaan yang memenuhi kondisi-kondisi berikut: 1. Percobaan/ kejadian hanya dilakukan satu kali. 2. Setiap percobaan/ kejadian hanya memberikan dua hasil yang mungkin, yaitu sukses atau gagal. 3. Probabilitas sukses, disimbolkan dengan p, dan probabilitas gagal, dinyatakan dengan q, adalah q = 1 - p. Secara Matematik: pB X ;p =

p 1 –p = q 0

x=1 x=0 x ≠0 atau 1

Atau pB ( x ; p ) = px 1-p

1-x

; x = 0,1

0≤ p≤1

B. Distribusi Bernoulli Beberapa ukuran statistik deskriptif distribusi Bernoulli. 1. Mean ( nilai harapan ) : Μx = E x = p 2. Varians : σ2x = p 1 – p = pq 3. Fungsi pembangkit moment : Mx t = 1 – p + p . et ; 1 ∈ R Contoh soal 1. Di awal tahun ajaran baru, siswa SMP kelas III biasanya berharap bisa melanjutkan sekolah ke sekolah favorit, begitu juga dengan Anne. Dia berharap bisa masuk sekolah favorit yang diinginkannya, tapi untuk bisa masuk ke sekolah tersebut, ia harus mengikuti tes terlebih dahulu. Berdasarkan prestasinya selama 3 tahun di SMP, kemungkinan ia diterima sebesar 70%. Jika variabel acak X menyatakan Anne diterima, maka dapat dibentuk distribusi probabilitas sebagai berikut: 𝑋=

1 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐴𝑛𝑛𝑒 𝑑𝑖𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎 𝑑𝑖 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑙𝑎𝑕 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟𝑖𝑡𝑛𝑦𝑎 0 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐴𝑛𝑛𝑒 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑑𝑖𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎 𝑑𝑖 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑙𝑎𝑕 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟𝑖𝑡𝑛𝑦𝑎

P ( 1 ) = P ( X = 1 ) = 0,7 P( 0 ) = P ( X = 0 ) = 1 – 0,7 = 0,3 P ( X ≠ 0 atau 1 ) = P ( X ≠ 0 atau 1 ) = 0 Maka fungsi probabilitasnya adalah fungsi Bernoulli dengan satu parameter p = 0,7. Dinotasikan:

0,7 pB X;0,7 = 0,3 0

X=1 X=0 X≠0 atau X≠1

atau pB X,0,7 = (0,7)X (0,3)1-X ; X = 0 atau 1 2.

Sebuah dadu diundi. Jika diketahui munculnya angka 2 atau 4 dikatakan sukses, tentukan fungsi peluang, rata-rata, dan varians-nya. Penyelesaian: p = P ( sukses ) = P ( muncul angka 2 atau 4 ) = 2/6 = 1/3 1

; jika x = 1

3 2

p(x) =

; jika x = 0

3

0

; lainnya

Rata-rata : μ = p =

1 3

Varians : σ = p 1 – p = 2

3.

1

2

3

3

2

=9

Jika dalam suatu permainan sebuah dadu, kejadian dadu bernilai 4 atau 6 disebut sukses, dan kejadian lainnya disebut gagal, tentukan: a. Fungsi peluangnya b. Rata-rata dan variansnya c. FPM Penyelesaian : Peristiwa sukses jika dadu bernilai 4 atau 6 Peristiwa gagal jika dadu bernilai 1,2,3,5 Peluang sukses = P sukses = p =

2 1 6=3

Peluang gagal = P gagal = 1 - p = 1 a. p x =

(

1 x 1 1-x 3 ) ( 1- 3 ) , x = 0,1

0 b. E x = p =

x lainnya

1 3

1 3 t t = 1 - p + pe =

Var x = p 1-p = c. Mx

Pembuktian Distribusi Bernoulli  Mean (Nilai Harapan) μx = E x = p Pembuktian: P x = px ( 1 - p )1-x

2 3

2 2 = 3 9 1 t + 3 e

1 2 3=3

E(X) =

∀x

x.p(x)

=

∀x

x . px ( 1 – p )1-x

= 0 . p0 ( 1 - p )1-0 + 1 . p1 ( 1 - p )0 = p ( terbukti )  Varians σ2x = p 1 - p = pq Pembuktian: ( x- μ )2 . p ( x )

σ2 = Var x = x 1

( x – p )2 . px ( 1 – p )1-x

= x=0

= ( 0 - p )2 . p0 . 1 – p + ( 1 - p )2 . p1 . ( 1 - p )0 = p2 - p3 + p - 2p2 + p3 = p – p2 σ2 = Var x = p ( 1 - p ) = pq ( terbukti )  Fungsi pembangkit momen Mx t = 1 – p + p . et ; 1 ∈ R Berdasarkan definisi fungsi pembangkit momen diskrit, maka : Mx t = x etx . p ( x ) = Mx

1 tx x=0 e . 0 0

px ( 1 - p )1-x

= e p ( 1 - p )1 + ( et )( p1 )( 1 - p )0 t = ( 1 - p ) + p . et ( terbukti )

DISTRIBUSI BINOMIAL Ciri-ciri suatu data berdistribusi Binomial: 1. Nilai dari peubah acak yang di definisikan bernilai diskrit (artinya menyatakan bilangan bulat). 2. Percobaan atau eksperimen terdiri atas n buah usaha yang berulang, jumlah sampel pengamatan sama dengan n buah. Dengan kata lain, tiap percobaan identik. 3. Terdapat dua buah kemungkinan yang dapat terjadi dari eksperimen tersebut. Misal cacat atau tidak cacat, laki-laki atau perempuan, dan lain-lain. 4. Setiap usaha memberikan hasil yang dapat di tentukan dengan peluang sukses (artinya peluang bahwa peubah acak yang di definisikan akan terjadi). Jika Peluang sukses p, maka peluang gagal q = 1- p 5. Setiap usaha bebas dengan usaha lainnya (Independen). Secara matematika, X berdistribusi binomial dengan peluang sukses p x dan banyaknya pengamatan sama dengan n dapat dituliskan sebagai berikut: X~B(n,px) Fungsi kepadatan peluang (fkp) dari X adalah: P (X= a) = C (n,a) (px)a (1-px)n-a Dimana: n : banyaknya percobaan p : peluang sukses q = 1-px : peluang gagal a : banyaknya sukses Fungsi distribusi kumulatif (fdk) dari X adalah: P (X≤ a) = P (X=0) + P (X=1) + ... + P (X=a) Nilai rata-rata populasi dan variansi dari X~B(n,px) Rata – rata

: µx = n. px

Variansi

: S2x = n.px (1-px)

Contoh Soal: 1. Melalui data yang diperoleh dari polisi lalu lintas diketahui peluang banyaknya korban kecelakaan lalu lintas yang meninggal dunia adalah 30%. Tentukanlah peluang apabila diamati 20 orang yang mengalami kecelakaan lalu lintas bahwa: a. banyaknya korban yang meninggal dunia sama dengan 3 orang b. banyaknya peluang yang meninggal paling sedikit 3 orang

ANALISIS:  Apabila dimisalkan X menyatakan banyaknya korban kecelakaan lalu lintas yang meninggal dunia maka nilai dari peubah acak tersebut diskrit.  Banyaknya sampel yang diamati ada 20 orang ( disimbolkan n = 20)  Misalkan X korban yang meninggal dunia, dan misalkan Y korban kecelakaan yang tidak meninggal dunia. Dengan demikian ada dua kemungkinan yang terjadi dari masalah diatas.  Karena pernyataan berkaitan dengan korban yang meninggal dunia, maka peluang sukses adalah peluang bahwa X terjadi ( disimbolkan dengan p x = 0,3). Sebaliknya, jika pernyataan berkaitan dengan peluang korban yang tidak meninggal dunia, maka peluang sukses adalah peluang bahwa Y terjadi (disimbolkan dengan pY = 1- px = 1 – 0,3 = 0,7)  Korban kecelakaan sekarang tidak di pengaruhi oleh korban kecelakaan sebelumnya ( Independen). PENYELESAIAN: a. Peluang banyaknya korban yang meninggal = 3 P(X = 3) = C (n,a) (px)a (1-px)n-a = C (20,3) (0,3)3 (0,7)20-3 = 1140 . (0,027). (0,002326) = 0,0716 b. Peluang panyaknya korban yang meninggal paling sedikit 3 (X ≥ 3) P ( X ≥ 3) = 1- P (X< 3) P (X< 3) = 1 - {P (X=0) + P (X=1) + P (X =2)} = 1 - {7,979 x 10-4 + 68,393 x 10-4 + 278,4 x 10-4} = 1- 354,772 x 10-4 = 0,9645 Diperoleh dari: P(X = 0) = C (20,0) (0,3)0 (0,7)20 = 7,979 x 10-4 P (X = 1) = C (20,1) (0,3)1 (0,7)19 = 68,393 x 10-4 P (X = 2) = C (20,2) (0,3)2 (0,7)18 = 278,4 x 10-4 2. Sebuah dadu dilemparkan keatas sebanyak 4 kali. Tentukan probabilitas dari peristiwa berikut : a) Mata dadu 5 muncul 1 kali b) Mata dadu genap muncul 2 kali c) Mata dadu 2 atau 6 muncul sebanyak 4 kali. Penyelesaian: a). Karena dadu memiliki 6 sisi, yaitu 1, 2, 3, 4, 5, 6, sehingga setiap sisi memiliki 1

1

probabilitas 6. Jadi, probabilitas untuk mata 1 adalah 6, sehigga : 1

5

p= 6; q=6; n=4; x =1 (muncul 1 kali ) P(X=1) = C (n,a) (px)a (1-px)n-a

1

5

= 4C1. (6)1 . (6)3 = 0,368 b). Mata dadu genap ada 3, yaitu 2,4, dan 6, sehingga : 3

1

1

p = 6 = 2; q =2; n = 4; x = 2 P(X=2) = C (n,a) (px)a (1-px)n-a 1

1

= 4C2 . ( 2 )2. ( 2)2 = 0,375 c). Muncul mata dadu 2 atau 6 sebanyak 4 kali, sehngga : 2

2

p = 6; q =3; n = 4; x = 4 P(X=4)= C (n,a) (px)a (1-px)n-a 2

2

= 4C4 . ( 6 )4 . ( 3)0 = 0,0123 3. Dalam suatu waktu yang panjang telah diamati bahwa seorang pemburu dapat menembak sasaran targetnya dengan peluang 0,6. Apabila ia menembak 5 kali pada sasarannya, tentukan : a. Berapa peluangnya bahwa pemburu tersebut akan mengenai sasaran tepat 2 kali. Tentukan Variansi Percobaan tersebut ! b. Berapakah peluang pemburu tersebut akan mengenai sasaran paling tidak 4 kali. Tentukan Variansi Percobaan tersebut! Penyelesaian: a) P(X=2) = C(5,2) p2 q5-2 = C(5,2) (0,6)2 (0,4)3 = 10. (0,36).(0,064) = 0,2304 b) P(X≤4) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) P(X=0) = C (5,0) (0,6)0 (0,4)5 = 1. 1. 0,01024 = 0,01024 P(X=1) = C(5,1) (0,6)1 (0,4)4 = 5. 0,6. 0,0256 = 0,0768 P(X=3) = C (5,3) (0,6)3 (0,4)2 = 10. 0,216. 0,16 = 0,3456 P(X=4) = C(5,4) (0,6)4 (0,4)1 = 5. 0,4. 0,1296 = 0,2592

P(X≤4) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4) = 0,01024 + 0,0768 + 0,2304 + 0,3456 + 0,2592 = 0,9222 c) Variansi Ϭ2 𝑥 = n.p.q = 5. (0,6). (0,4) = 1,2 Simpangan Baku = 1,2 = 1,095

DISTRIBUSI HIPERGEOMETRIK A. Pengertian Setiap percobaan statistik keluaran yang telah dihasilkan obyeknya selalu dikembalikan, sehingga probabilitas setiap percobaan peluang seluruh obyek memiliki probabilitas yang sama. Dalam pengujian kualitas suatu produksi, maka obyek yang diuji tidak akan diikutkan lagi dalam pengujian selanjutnya, artinya tidak dikembalikan. Percobaan hipergeometrik memiliki sifat-sifat sebagai berikut:  Sebuah pengambilan acak dengan ukuran dipilih tanpa pengembalian dari N obyek  k dari N obyek dapat diklasifikasikan sebagai “sukses” dan N–k diklasifikasikan sebagai “gagal”. B. Rumus Distribusi Hipergeometrik Jumlah cara memperoleh x sukses dan (n–k) gagal dari suatu populasi yang terdiri dari k sukses dan (N–k) gagal adalah: 𝑘! 𝑁−𝑘 ! 𝑘 𝑁−𝑘 = . 𝑥 𝑁−𝑥 𝑘−𝑥 !𝑥! 𝑁−𝑘−𝑛+𝑥 ! 𝑛−𝑥 ! 1. Fungsi Padat peluang 𝑘 𝑥

𝑕 𝑥; 𝑁, 𝑛, 𝑘 =

𝑁−𝑘 𝑛−𝑥 𝑁 𝑛

0,

,

𝑥 = 1,2, … , 𝑛 𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎

Dimana: x = jumlah terambil dari kelompok sukses N = Jumlah sampel populasi n = jumlah sampel k = jumlah sukses 2. Mean (Nilai Harapan) 𝑛𝑀 𝜇𝑥 = 𝐸 𝑋 = 𝑁 3. Varians 𝑛𝑀 𝑀 𝜎𝑥2 = 1− 𝑁 𝑁

𝑁−𝑛 𝑁−1

Contoh Soal 1. Dari 6 kontraktor jalan, 3 dintaranya telah berpengalaman selama lima tahun atau lebih. Jika 4 kontraktor dipanggil secara random dari 6 kontraktor tersebut, berapa probabilitas bahwa 2 kontraktor telah berpengalaman selama lima tahun atau lebih? Penyelesaian:

P (X=2 , N=6 , k=3 , n=4 ) 3! 3! 6−3 3 3 3 3 3 2! 4−2 2 2 2 = 6 = 1! 2! 1! = = 0,6 6 6! 15 4 4 4! 2! 2. Sebuah komisi dengan anggota 5 orang akan dipilih secara acak dari 3 ahli kimia dan 5 fisikawan. Carilah sebaran probabilitas untuk jumlah ahli kimia dalam komisi tersebut! Penyelesaian: Misalkan peubah acak X sebagai jumlah ahli kimia dalam komisi tersebut. Kedua sifat percobaan hipergeometri tersebut terpenuhi. Sehingga:

Dalam bentuk tabel sebaran hipergeometri X adalah sebagai berikut:

3. Secara acak ditarik 5 orang dari suatu kelompok 3 mahasiswi dan 5 mahasiswa. Probabilitas tertarik 2 mahasiswi adalah ... Penyelesaian: N=8 k=3 N–k=5 n=5 X=2 n–X=3 𝑕 𝑋; 𝑁, 𝑛, 𝑘 = 𝑕(2; 8,5,3) =

3 2

5 3 8 5

3! 5! . 3! 2! 2! 1! = 8! 5! 3! 3 . 10 = 56 30 = 56 4. Ada 10 mahasiswa yang terdiri atas 3 mahasiswa tingkat I, 4 mahasiswa tingkat II, dan 3 mahasiswa tingkat III. Secara acak ditarik 5 mahasiswa. Probabilitas tertarik 1 mahasiswa tingkat I, 2 mahasiswa tingkat II, dan 2 mahasiswa tingkat III adalah ...

Penyelesaian: N = 10 n = 5 k1 = 3 k2 = 4 k3 = 3 X1 = 1 X2 = 2 X3 = 2 𝑕 𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 ; 𝑁, 𝑛, 𝑘1 , 𝑘2 , 𝑘3 = 𝑕(1, 2, 2; 10, 5, 3, 4, 3) =

3 1

4 2 10 5

3 2

3! 4! 3! . . = 1! 2! 2! 2! 2! 1! 10! 5! 5! 3. 6. 3 = 252 54 = 252 3 = 14

DISTRIBUSI NEGATIF BINOMIAL Secara matematis distribusi binomial negatif dirumuskan menjadi: 𝐤 𝐱 𝐤−𝐱 𝐛∗ 𝐱; 𝐤, 𝐩 = 𝐩 𝐪 , 𝐱 = 𝐤, 𝐤 + 𝟏, 𝐤 + 𝟐, … 𝐱 Misal X menyatakan banyaknya percobaan yang dibutuhkan untuk memperoleh r sukses yang pertama. Maka distribusi peluang X adalah distribusi binomial negatif, dinotasikan X~NB(r,p), dan fdp diskritnya diberikan dengan: 𝐟 𝐱; 𝐫, 𝐩 =

𝐱 − 𝟏 𝐫 𝐱−𝐫 𝐩𝐪 , 𝐫−𝟏

𝐱 = 𝐫, 𝐫 + 𝟏, …

(𝟏)

Persamaan (1) dapat diperoleh langsung dari distribusi binomial. Kejadian {X = x} dapat terjadi hanya jika terdapat tepat r − 1 sukses pada x − 1 trial yang pertama, dan satu sukses pada trial ke-x. Peluang r − 1 sukses pada x − 1 trial merupakan peluang binomial 𝐱−𝟏 𝐫−𝟏 𝐩 (𝟏 − 𝐩)𝐱−𝐫, dan sukses pada trial ke-x mempunyai peluang p. Sehingga dengan 𝐫−𝟏 menggandakan kedua peluang ini, diperoleh persamaan (1). Distribusi binomial negatif kadang didefinisikan dalam pengertian variabel random Y: banyaknya kegagalan sebelum memperoleh r sukses. Secara statistik, rumusan ini akan ekuivalen dengan rumusan dalam pengertian X di atas, karena Y = X – r. Dengan menggunakan hubungan antara Y dan X, alternatif lain dari distribusi binomial negatif adalah: 𝐫+𝐲−𝟏 𝐫 𝐲 𝐟 𝐲; 𝐫, 𝐩 = 𝐩𝐪 , 𝐲 = 𝟎, 𝟏, … 𝐲 Masalah binomial negatif kadang menunjuk pada sampling invers binomial. Misalkan X~NB(r,p) dan W~B(n,p), dapat diperoleh: 𝐏 𝐗≤𝐧 =𝐏 𝐖≥𝐫 Yakni, W ≥ r berkaitan dengan kejadian memperoleh r atau lebih sukses dalam n trial, dan ini berarti sebanyak n atau kurang trial akan diperlukan untuk memperoleh r sukses pertama. Jelasnya, distribusi binomial negatif dapat diekspresikan dalam pengertian fdk binomial dengan hubungan 𝐟 𝐱; 𝐫, 𝐩 = 𝐏 𝐗 ≤ 𝐱 = 𝟏 − 𝐁 𝐫 − 𝟏; 𝐱, 𝐩 = 𝐁(𝐱 − 𝐫; 𝐱, 𝐪) Contoh Soal 1. Probabilitas campuran beton tidak rusak ketika dijatuhkan adalah probabilitasnya ada 2 dari 4 campuran beton yang dijatuhkan tidak rusak? Penyelesaian :

3 4

. Berapakah

Diket

: Di asumsikan “sukses = tidak rusak” x=2 k=4 3

3

p=4

1

q=1−4 =4

Ditanya : Berapakah probabilitasnya ada 2 dari 4 campuran beton yang dijatuhkan tidak rusak? Jawab : b∗ x; k, p = kx px qk−x 3

b∗ 2; 4, 4 = =

4 2 4 2 4 2

3

3

(4)2 (1 − 4)4−2 3

1

(4 )2 (4 )2

= (0.5625)(0.0625) = 0.2109375 Jadi, probabilitas 2 dari 4 campuran beton yang dijatuhkan tidak rusak adalah 0.2109375. 2. Seorang peneliti tengah menginokulasi beberapa tikus putih dengan menyuntikkan virus yang menyerang metabolisme pencernaan sampai ia memperoleh 3 ekor tikus putih terserang penyakit tersebut. Bila probabilitas terjangkit penyakit itu adalah 25%, berapa probabilitas bahwa dalam percobaan itu diperlukan 10 ekor tikus? Penyelesaian : Diket :x=3 k = 10 25

p = 100 = 0.25

q = 1 − 0.25 = 0.75

Ditanya : Berapa probabilitas bahwa dalam percobaan itu diperlukan 10 ekor tikus? Jawab: b∗ x; k, p = kx px qk−x b∗ 3; 10,0.25 = =

10 3 10 3 10 3

(0.25)3 (1 − 0.25)10−3 (0.25)3 (0.75)7

= (0.015625)(0.133483886) = 0.250282286 Jadi probabilitas diperlukannya 10 ekor tikus putih untuk 3 ekor tikus yang terserang penyakit adalah 0.250282286. 3. Tim A dan Tim B bertanding dalam seri pertandingan “seven-game”. Yaitu seri pertandingan akan berakhir apabila salah satu tim memenangkan empat pertandingan. Untuk setiap pertandingan, P(A menang) = 0.6 dan pertandingan diasumsikan independen. Berapa peluang bahwa seri pertandingan tersebut akan berakhir tepat pada pertandingan ke-enam? Penyelesaian : Diket :x=6 r=4 p = 0.6 q = 1 − 0.6 = 0.4 Ditanya : Berapa peluang bahwa seri pertandingan tersebut akan berakhir tepat pada pertandingan ke-enam? Jawab :  P(A menang dalam pertandingan ke-6)

x − 1 r x−r pq r−1 6−1 f 6; 4,0.6 = (0.6)4 (1 − 0.6)6−4 4−1 = 53 0.6 4 0.4 2 5 = 0.1296 0.16 3 = 0.20736  P(B menang dalam pertandingan ke-6) x − 1 r x−r f x; r, p = pq r−1 f 6; 4, 0.4 = 6−1 (0.4)4 (1 − 0.4)6−4 4−1 5 = 0.4 4 0.6 2 3 5 = 0.0256 0.36 3 = 0.09216 f x; r, p =

P(seri berjalan 6 pertandingan) = 0.20736 + 0.09216 = 0.29952 Jadi, peluang bahwa seri pertandingan tersebut akan berakhir tepat pada pertandingan keenam adalah 0.29952. 4. Jika dalam contoh 3 kita tertarik menghitung peluang bahwa tim A memenangkan seri pertandingan dalam maksimal enam pertandingan, maka x = 6, r = 4 dan p = 0.6 Penyelesaian :  P(A menang dalam maksimal 6 kali pertandingan) P X≤x =P X≤6 = f x; r, p = f 6; 4,0.6 6

= 𝑥=4

𝑥−1 (0.6)4 (0.4)𝑥−4 3

= B 2; 6,0.4 2

= 𝑤=0

6 (0.4)𝑤 (0.6)6−𝑤 𝑤

= 0.5443 Ini berarti peluang memenangkan seri pertandingan dalam maksimal enam kali pertandingan ekuivalen dengan peluang menerima kekalahan dalam maksimal dua pertandingan dari enam pertandingan.

DISTRIBUSI POISSON Proses dari Distribusi Poisson  Percobaan Bernoulli menghasilkan variable random X yang bernilai numerik, yaitu jumlah sukses yang terjadi.  Jika pengamatan dilakukan pada suatu rentang interval waktu, maka dapat diamati bahwa variable random X adalah terjadinya sukses selama waktu tertentu  Jika perhatian ditujukan pada kejadian sukses yang muncul (lahir) pada suatu rentang yang kecil, maka terjadi sebuah proses kelahiran (birth atau arrival process) atau dikenal sebagai proses Poisson Rumus pendekatan peluang poisson adalah :

P( x;  ) 

e  x x!

Dimana : e = 2.71828 μ = rata – rata keberhasilan = n . p x = Banyaknya unsur berhasil dalam sampel n = Jumlah / ukuran populasi p = probabilitas kelas sukses Rumus proses poisson :

P( x) 

e   .t (.t ) x x!

Dimana : λ = Tingkat rata – rata kedatangan tiap unit waktu t = Jumlah unit waktu x = Jumlah kedatangan dalam t unit waktu Rata-rata, varians, dan Simpangan Baku Distribusi Poisson 1) Rata-rata E(x) = µ = λ = n . p 2) Varians E(x - λ)2 = σ2 = n . p 3) Simpangan baku σ = σ2 = n . p Contoh soal : 1. Dua ratus penumpang telah memesan tiket untuk sebuah penerbangan luar negeri. Jika probabilitas penumpang yang telah mempunyai tiket tidak akan datang adalah 0.01 maka berapakah peluang ada 3 orang yang tidak datang. Jawab: Dik : n = 200 p = 0.01 x=3

μ=n.p = 200 . 0.01 = 2

e  x P( x;  )  x! 

e 2 2 3 3!

2.71828 − 2 . 2 3 3! = 0.1804 atau 18.04 %

=

2. Rata – rata seorang sekretaris baru melakukan lima kesalahan mengetik per halaman. Berapakah peluang bahwa pada halaman berikut ia : a. Tidak ada kesalahan ( x = 0 ) b. Tidak lebih dari tiga kesalahan ( x ≤ 3) atau ( 0,1,2,3 ) c. Lebih dari tiga kesalahan ( x > 3 ) atau ( 4,…,15) Jawab: Dik : μ = 5 e  x P( x;  )  a. x = 0; x!

P(0;5) 

e 5 50 0!

= 0.0067

b. x ≤ 3; P( x;  ) 

e  x x!

P (x ≤ 3 , 5) = P( 𝑋0 ,μ ) +….+p(𝑋3 ,μ) = P( 0, 5 ) + P (1, 5 ) + P ( 2, 5 ) + P ( 3, 5 )

e 5 5 0 = 0!

e 5 51 + 1!

e 5 5 2 e 5 53 + 2! + 3!

= 0.0067 + 0.0337 + 0.0842 + 0.1404 = 0.2650 atau 26.5 % c. X > 3 ; P( x;  ) 

e  x x!

P (X > 3 , 5) = P( X 4, μ ) +….+P(X 15, μ) = P( 4, 5 ) + P (5, 5 ) + …… + P ( 15, 5 ) atau

P (X > 3 , 5) = 1 – [P ( X ≤ 3 , 5 ) ] = 1 – [ P ( X 0, μ ) +….+ P (X 3, μ) ] = 1 – [ P ( 0, 5 ) +….+ P ( 3, 5 ) ] = 1 – [ 0.2650 ] = 0,735 atau 73.5 % 3. Pada tahun 2012, sebuah kota di pedalaman Watampone, diperoleh data bahwa rata-rata terdapat 2,5 orang albino per 175 orang. 525 orang diambil sebagai sampel percobaan. Dengan menggunakan pendekatan Possion, tentukanlah peluang: a. Didapat tadak ada yang albino b. Terdapat ada albino Jawab : a. µ = 2,5 orang albino per 175 populasi. Jumlah sampel yang diambil = 525 orang = 3 × populasi tahun 2012 maka rata-rata hitung(µ) sekarang pada populasi 525 orang = 2, 5 × 3 =7,5 Maka:

P( x;  ) 

e  x x!

7,5 e −7.5 (7,5) 0 P(0;7,5) = 𝑒 0! = 0,00055

b. Peluang terdapat albino dari sampel adalah = 1 – (Peluang tidak ada Albino) = 1 – 0,00055 = 0,99945 4. Jika rata – rata kedatangan λ = 72 setiap jam, berapakah peluang dari x = 4 kedatangan dan t = 3 menit. Gunakan proses poisson.! Jawab : Dik : λ = 72 kedatangan setiap jam atau 72 / jam maka 1 jam atau 60 menit adalah unit waktunya. Berarti 3 menit adalah 3 / 60 = 1 / 20 unit waktu maka t t = 1 / 20 dan x = 4

P( x) 

e   .t (.t ) x x!

P(4) 

e 72.1 / 20 (72.1 / 20) 4 4!

= 0.191 atau 19.1 %

DISTRIBUSI UNIFORM DISKRIT Ciri-ciri distribusi uniform diskrit : Setiap nilai variabel acak mempunyai probabilitas terjadi yang sama. Peubahan acak X diasumsikan setiap nilainya (X 1, X2, X3, ... , Xk) memiliki peluang yang sama. Distribusi peluang X adalah : 1 𝑓 𝑥 = , 𝑥 = 1,2,3, … , 𝑁 𝑁 Suatu variabel x dikatakan uniform dalam a ≤ x ≤ b jika fungsi kepadatannya adalah : 1

𝑓 𝑥 =

(𝑏−𝑎)

, 𝑎≤𝑥≤𝑏

0, 𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 Fungsi distribusi kumulatifnya adalah : 0, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 < 𝑎 𝑥−𝑎 𝑓 𝑥 =𝑃 𝑋≤𝑥 , 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑎 ≤ 𝑥 < 𝑏 𝑏−𝑎 1, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 ≥ 𝑏 Mean dan Variansi dari X adalah :  Mean 𝑁

𝐸 𝑋 = 𝑥=1



𝑥 𝑁+1 = 𝑁 2

Variansi 𝑉𝑎𝑟 𝑋 =

𝑁2 − 1 12

Pembuktian Rumus : a. Mean E(X)

b. Variansi

Contoh soal 1. Bila sebuah dadu dilemparkan, setiap elemen dari ruang sampel S = {1,2,3,4,5,6} terjadi dengan probabilitas yang sama = 1/6. Karena itu distribusi uniformnya adalah: 1

𝑓 𝑥; 6 = 6 ; 𝑥 = 1,2,3,4,5,6 Tentukan mean dan variansinya! Penyelesaian: Diketahui : N = 6 Ditanya

1

𝑓 𝑥 =6

: a. E (x) = ... ? b. Var ( x ) = ... ?

Jawab : a. Mean 6 1 6 1 7 E( X )      3,5 2 2 x 1 6 b. variansi

Var ( X ) 

62  1 36  1 35    2,91 12 12 12

2. Sebuah dadu bersisi 20 dengan angka yang berbeda dari 1-20. Jika di kocok sekali, hasil variable acaknya adalah x. Cari nilai E(x) dan var(x)! Jawab: Diket: N=20

1 20  1 21    10,5 2 2 x 1 20 20

E( X )  

20 2  1 400  1 399 Var ( X )     33,25 12 12 12 3. Sebuah koin dilemparkan, setiap elemen dari ruang sampel s = (A,G) terjadi dengan probabilitas yang sama =1/2. Distribusi uniformnya adalah f(x,2) = 1/2 x = A,G Tentukan mean dan variansinya! Penyelesaian: Diket : N=2 f(x) = ½ Dit : a) E(X) b) Var(x) jawab:

1 2 1 3    1,5 2 2 x 1 2 2

E( X )  

22  1 4  1 3 Var ( X )     0,25 12 12 12

DISTRIBUSI VARIABEL RANDOM KONTINU KHUSUS DISTRIBUSI UNIFORM KONTINU Misal variabel random kontinu X memuat nilai-nilai pada interval, katakanlah (a,b) dan mempunyai fdp konstan f(x) = c pada interval tersebut. Dari sifat fdp

𝑏 𝑓 𝑎

𝑥 𝑑𝑥 = 1 maka

1

dapat diperoleh c = (𝑏−𝑎) . Jika didefinisikan f(x) = 0 di luar interval (a,b) maka sifat f(x) ≥ 0 juga dipenuhi. Distribusi khusus ini dikenal dengan distribusi uniform (seragam) pada interval (a,b) dinotasikan X~ UNIF (a,b) atau dapat ditulis U(a,b). Fungsi kepadatan peluang (fkp) dari peubah acak uniform (seragam) kontinu X pada interval (a, b) adalah : 1 , 𝑎≤𝑥≤𝑏 𝑓 𝑥; 𝑎, 𝑏 = 𝑏 − 𝑎 0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛 Dimana: a = batas bawah interval b = batas atas interval Fungsi distribusi kumulatif (fdk) dari X~𝑈𝑁𝐼𝐹 (a,b) berbentuk : 0, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 < 𝑎 𝑥−𝑎 𝑓 𝑥; 𝑎, 𝑏 = , 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑎 ≤ 𝑥 < 𝑏 𝑏−𝑎 1, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 ≥ 𝑏 Teorama: Jika X~𝑈𝑁𝐼𝐹 (a,b) maka mean, varians, dan fpm-nya adalah: a. Mean (𝑏 + 𝑎) 𝜇= 2 b. Varians (𝑏 − 𝑎)2 2 𝜎 = 12 c. Fungsi Pembangkit Momen (fpm) 𝑒 𝑡𝑏 − 𝑒 𝑡𝑎 𝑀𝑥 𝑡 = 𝑏−𝑎 𝑡 Bukti: a. μ = E[X] =

∞ −∞

𝑥 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

𝑏

= 𝑎

1 𝑥 𝑑𝑥 𝑏−𝑎

1 1 2 𝑥 𝑏−𝑎 2

=

𝑏 𝑎

1 (𝑏2 − 𝑎2 ) 2 𝑏−𝑎

=

𝑏−𝑎 𝑏+𝑎 2 𝑏−𝑎

=

1 (𝑏 + 𝑎) 2

=

2

b. 𝜎 2 = 𝐸 𝑋 2 − 𝐸 𝑋 ∞

𝐸 𝑋2 =

𝑥 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 −∞ 𝑏

= 𝑎

1 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑏−𝑎

1 1 3 = 𝑥 𝑏−𝑎 3 =

1 3 𝑏−𝑎

𝑏 𝑎

𝑏 3 − 𝑎3

𝑏 − 𝑎 (𝑏2 + 𝑎𝑏 + 𝑎2 ) = 3 𝑏−𝑎 =

𝐸𝑋

2

1 2 (𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑎2 ) 3

=

=

1 𝑏+𝑎 2 1 𝑏+𝑎 4

2

2

=

1 2 (𝑎 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 ) 4

Maka, 1

1

σ2 = 3 𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 − 4 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 1

= 12 4𝑏2 + 4𝑏𝑎 + 4𝑎2 − 3𝑎2 + 6𝑎𝑏 + 3𝑏2 1

= 12 𝑏2 − 2𝑎𝑏 + 𝑎2 1

= 12 (𝑏 − 𝑎)2 ∞ 𝑓 −∞

c. Mx (t) = E [etx] =

𝑏

= 𝑎

=

𝑥 𝑒 𝑡𝑥 𝑑𝑥

1 𝑒 𝑡𝑥 𝑑𝑥 𝑏−𝑎

1 𝑒 𝑡𝑥 𝑏−𝑎 𝑡

𝑏 𝑎

𝑒 𝑡𝑏 − 𝑒 𝑡𝑎 = 𝑏−𝑎 𝑡 Contoh soal: 1. Sebuah ruang konferensi dapat disewa untuk rapat yang lamanya tidak lebih dari 6 jam. Misalkan X adalah peubah acak yang menyatakan waktu rapat, yang mempunyai distribusi seragam. a. Tentukan fungsi kepadatan peluang (fkp) dari X b. Tentukan peluang suatu rapat berlangsung 4 jam atau lebih Jawab: a. a = 0, b = 6 1

fkp dari X adalah 𝑓 𝑥 =

b. P(x ≥ 4) =

61 4 6

𝑑𝑥 =

1

𝑥 6

6

, 0≤𝑥≤6

0 , 𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 6 4

=

6

4

2

1

−6=6=3 6

2. Variabel acak kontinu menotasikan pengukuran arus pada kawat tembaga dalam miliamper. Jika diketahui bahwa f(x) = 0,08 untuk 0 ≤ x ≤ 24. a. Tentukan peluang pengukuran arus berada antara 5 dan 10 mA b. Tentukan rata-rata dan variansi distribusi uniform arus kawat tembaga

Jawab : 10 𝑓 5

a. P (5 < x < 10) =

𝑥 𝑑𝑥 = 10 − 5 0,08 = 5 × 0,08 = 0,4

b. Rata-rata dan variansi distribusi uniform arus kawat tembaga : a = 0 , b = 24 𝜇 = E (X) =

(0+24)

𝜎 2 = V (X) =

= 12 mA

2 (24−0)2 12

= 48 mA

3. Sebuah mesin roll menghasilkan lembaran baja dengan ketebalan berkisar antara 100 ≤ y ≤ 250 mm. Jika dianggap menganut distribusi seragam kontinu, tentukan: a. Fungsi distribusi peluang b. Rata-rata c. Variansi Jawab : 1

1

1

a. f (y) = 𝑏−𝑎 = 250−100 = 150 b. 𝜇 =

(𝑎+𝑏) 2

=

(100+250)

c. 𝜎 2 = V (X) =

2

= 175 mm

(250−100)2 12

= 1875 mm

4. Diketahui U(-5,2) a. Tentukan fkp, fdk dan fpm dari X b. Hitung mean dan varians dari X Jawab: a. Diket: a = -5, b = 2 1

fkp dari X adalah 𝑓 𝑥 =

7

, −5 ≤ 𝑥 ≤ 2

0,

1

fdk dari X adalah 𝑓 𝑥 =

7

𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 0. 𝑥 < −5 𝑥+5 , −5 ≤ 𝑥 < 2 1, x ≥ 2

fpm dari X adalah: Mx (t) = E [etx] = =

2 1 −5 2− −5

𝑒 𝑡𝑥 𝑑𝑥

1 𝑒 𝑡𝑥 2+5 𝑡

𝑏 𝑎

𝑑𝑥 =

1 2𝑡 (𝑒 − 𝑒 −5𝑡 ) 7𝑡

b. Mean dan variansi dari X adalah: 𝜇=

(𝑏 + 𝑎) 2 + −5 −3 3 = = =− 2 2 2 2

𝜎2 =

(𝑏 − 𝑎)2 2 − (−5) = 12 12

2

=

(2 + 5)2 72 49 = = 12 12 12

DISTRIBUSI GAMMA Suatu distribusi yang sering muncul dalam penerapan disebut distribusi Gamma. Nama ini diperoleh dari adanya relasi distribusi ini dengan fungsi Gamma. Fungsi Gamma, dinotasikan dengan г 𝜶 untuk α > 0, yang didefinisikan sebagai:

 untuk α > 0 ∞

𝒚𝜶−𝟏 𝒆−𝒚 𝒅𝒚

г 𝜶 = 𝟎

 untuk α = 1 ∞

𝒚𝜶−𝟏𝒆−𝒚 𝒅𝒚 = 𝟏

г 𝟏 = 𝟎

 untuk α > 1, dapat dituliskan melalui integral parsial ∞

𝒚𝜶−𝟐𝒆−𝒚 𝒅𝒚 = 𝜶 − 𝟏 г(𝜶 − 𝟏)

г 𝜶 = (𝜶 − 𝟏) 𝟎

Dari hasil ini, dapat disimpulkan bahwa khusus untuk α bilangan bulat positif yang lebih besar dari 1 maka: г 𝜶 = 𝜶−𝟏 𝜶−𝟏 … 𝟑 𝟐 𝟏 = 𝜶−𝟏 ! Atau dapat disimpulkan bahwa fungsi Gamma memiliki sifat-sifat sebagai berikut:  г 𝜶 = 𝜶 − 𝟏 г(𝜶 − 𝟏) α>0  г 𝒏 = 𝜶−𝟏 ! 𝒏 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, …  г 𝟏 =𝟏  г

𝟏 𝟐

= 𝝅

Persamaan Umum Distribusi Gamma: Misalkan y pada fungsi Gamma di persamaan (1) merupakan variabel yang bergantung pada variabel 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝛽, yaitu 𝑦 = 𝑥/𝛽, dengan 𝛽 > 0, maka persamaan menjadi: ∞ 𝒙 𝜶−𝟏 −𝒙 𝜷 𝟏 г 𝜶 = 𝒆 𝒅𝒙 𝜷 𝜷 𝟎 Jika masing-masing ruas dikalikan dengan dengan ekuivalen dengan: ∞ 𝟏 𝟏= 𝒙𝜶−𝟏𝒆−𝒙 𝜷 𝒅𝒙 𝜶 г(𝜶)𝜷 𝟎 Karena 𝛼 > 0, 𝛽 > 0, maka fungsi: 𝟏 𝒙𝒂−𝟏𝒆−𝒙/𝜷 , 𝟎<𝑥<∞ 𝒇(𝒘) = г(𝜶)𝜷𝜶 𝟎, 𝒙 𝒍𝒂𝒊𝒏𝒏𝒚𝒂 Keterangan: β waktu rata-rata antar kejadian

𝟏 г(𝜶)

maka persamaan tersebut akan

α λ x

jumlah kejadian yang terjadi berurutan pada waktu atau ruang tertentu jumlah kejadian per unit waktu atau ruang (λ= 1/β) nilai random variabel (lama waktu atau luasan area hingga kejadian berikutnya)

Nilainya selalu nonnegatif dan total integralnya selalu 1. Dengan kata lain fungsi tersebut memenuhi syarat-syarat sebagai pdf. Variabel acak X dengan pdf seperti pada persamaan (4) disebut variabel acak yang berdistribusi gamma dengan parameter α dan β dinotasikan: X ~ GAM ( α, β ) atau X ~ г ( α, β ) Jadi, Variabel random X dikatakan mempunyai distribusi Gamma dengan parameter 𝛼 > 0 𝑑𝑎𝑛 𝛽 > 0, atau dinotasikan X ~ GAM ( α, β ) atau X ~ г ( α, β ), jika X mempunyai fdp berbentuk: 𝟏 𝒇(𝒙; 𝜶, 𝜷) = 𝒙𝜶−𝟏𝒆−𝒙/𝜷 г(𝜶)𝜷𝜶 untuk 0 < x < ∞, α > 0, β > 0 dan 0 untuk nilai x lainnya  Parameter α disebut juga parameter bentuk (shape parameter).  Parameter β disebut juga parameter skala (scale parameter). Distribusi Gamma Standard adalah jika parameter skala sebuah distribusi gamma  = 1 diperoleh suatu distribusi gamma standar.

t α 1e  t dt FG = (x : ) = P (X  x) =  Γ(α) 0 x

x  P (X x) = FG (x ; , ) = FG  ; α  β 

Tabel Gamma

Berdasarkan definisi mgf ∞

𝑴(𝒕) = 𝑬[𝒆𝒕𝒙 ] =

𝒆𝒕𝒙 𝟎 ∞

𝒆𝒕𝒙

= 𝟎

𝟏 𝜷𝜶 г(𝜶) 𝟏 𝜷𝜶 г(𝜶)

𝒙𝜶−𝟏𝒆−𝒙/𝜷 𝒅𝒙

𝒙𝜶−𝟏𝒆−𝒙(𝟏−𝜷𝒕)/𝜷 𝒅𝒙

Melalui pemisalan y=x ( 1- βt ) dengan t< 1/𝛽, maka 𝑥 = 𝛽𝑦/(1 − 𝛽𝑡), sehingga 𝜷 (𝟏 − 𝜷𝒕) ∞ 𝜷𝒚 𝜶−𝟏 −𝒚 𝑴(𝒕) = 𝒆 𝒅𝒚 𝜷𝜶 г 𝜶 𝟏 − 𝜷𝒕 𝟎 ∞

=

( 𝟎

𝟏 𝟏 𝜶−𝟏 −𝒚 )𝜶 𝒚 𝒆 𝒅𝒚 𝟏 − 𝜷𝒕 г(𝜶)

𝟏 =( )𝜶 𝟏 − 𝜷𝒕

∞ 𝟎

𝟏 𝜶−𝟏 −𝒚 𝒚 𝒆 𝒅𝒚 г(𝜶)

Karena fungsi yang ada di bawah integral adalah pdf dari distribusi gamma maka nilai integralnya adalah 1. Akibatnya, 𝟏 𝟏 𝑴 𝒕 =( )𝜶 , 𝒖𝒏𝒕𝒖𝒌 𝒕 < 𝟏 − 𝜷𝒕 𝜷 Yang berlaku untuk t < 1/β Karena turunan pertama dari M adalah 𝑴′ 𝒕 = −𝜶 𝟏 − 𝜷𝒕

−𝜶−𝟏

(−𝜷)

Dan turunan ke duanya 𝑴′′ 𝒕 = −𝜶 𝟏 − 𝜷𝒕

−𝜶−𝟐

(−𝜷)𝟐

Maka Mean untuk distribusi Gamma adalah: 𝐄 𝐱 𝐗~ 𝛂, 𝛃 𝐚𝐭𝐚𝐮 𝛍 = 𝐌 ′ 𝟎 = 𝛂𝛃 Dan Variansi distribusi Gamma atau dapat dituliskan E(x2) X ~ (𝛼, 𝛽) adalah: 𝐄(𝐱 𝟐 ) = 𝛔𝟐 = 𝐌 ′′ (𝟎) − 𝛍𝟐 = 𝛂 𝛂 + 𝟏 𝛃𝟐 − 𝛂𝟐 𝛃𝟐 = 𝛂𝛃𝟐 Dengan cara lain Pembuktian Mean dan Variansi X ~ GAM ( α, β ) dapat diperoleh sebagai berikut: ∞

𝐸(𝑋) =

𝑥 0

𝑥 1 𝛼−1 −𝛽 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 𝛽𝛼 г(𝛼)

1 = 𝛼 𝛽 г(𝛼)

∞

𝑥

𝛼+1 −1

0

𝛽𝛼+1 г(𝛼 + 1) = 𝛽𝛼 г(𝛼)

0

𝑥 − 𝛽

𝑑𝑥

𝑥 1 (𝛼+1)−1 −𝛽 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 𝛽𝛼+1 г(𝛼 + 1)

𝛼+1

г(𝛼 + 1) 1 г(𝛼) 𝛼 г(𝛼) =𝛽 г(𝛼) =

𝛽

∞

𝑒

𝛽𝛼

= 𝛼𝛽 Dengan cara yang sama E (X²) = β² α(1+α) sehingga Var (X) = β² α(1+α) – (αβ)² = αβ² Contoh Soal 1. Variable acak kontinu x yang menyatakan ketahanan suatu bantalan peluru (dalam ribaun jam) yang diberi pembebanan dinamis pada suatu putaran kerja tertentu mengikuti suatu distribusi gamma dengan  = 8 dan  = 15, Tentukan, probabilitas sebuah bantalan peluru dapat digunakan selama 60 ribu-120 ribu jam dengan pembebanan dinamik pada putaran kerja tersebut! Jawab : P (60  x  120) = P (x  120) – P (x  60) = FG (120; 8 , 15) - FG (60 ; 8, 15 ) = FG (120/15 ; 8) - FG (60/15; 8) = FG (8 ;8) - FG (4 ; 8) = 0,5470 – 0,0511 = 0,4959 Jadi, probabilitas sebuah bantalan peluru dapat digunakan selama 60 ribu-120 ribu jam dengan pembebanan dinamik pada putaran kerja adalah 0,4959. 2. Didalam kajian biomedis dengan tikus suatu penelitian dosis tanggapan yang digunakan untuk bertahan menentukan pengaruh dosis bahan racun pada waktu hidup mereka.bahan

racun tersebut adalah zat yang secara teratur dibuang ke atmosfer dari bahan bakar jet. Untuk suatu dosis bahan racun tertentu kajian tersebut menentukan bahwa waktu bertahannya dalam 1 minggu mengikuti sebaran gamma dengan α = 5 dan β = 10 . Berapakah probabilitas seekor tikus hidup lebih lama dari 60 minggu? Penyelesaian: Ambil peubah acak x sebagai waktu bertahan (waktu kematian). Probabilitas yang dibutuhkan adalah 𝑥

−

𝑥

𝑥 𝛼−1 𝑒 𝛽 𝑑𝑥 г 𝛼 𝛽𝛼

P X≤x = 0

60

P X ≤ 60 =

𝑥 𝛼−1 −𝛽 𝑥 𝑒

г 5 𝛽5

0

𝑑𝑥

Integral diatas dapat dipecahkan melalui penggunaan fungsi gamma tak lengkap yang menjadi fungsi distribusi kumulatif bagi distribusi gamma. Fungsi ini ditulis sebagai: x

F( x ; α) =

 0

t α1e  t dt Γ(α)

Jika kita ambil t = x/β dan x = βt , kita dapatkan 6

P X ≤ 60 = 0

𝑡 4−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 г 5

Yang ditunjukkan sebagai F(6;5) tentu saja untuk masalah ini, probabilitas tikus bertahan hidup tidak lebih lama daripada 60 hari diberikan oleh P(X ≤ 60) = F (6;5) = 0,715 3. Suatu panggilan telepon datang pada papan switching mengikuti proses poisson, dengan rata-rata 5 sambungan datang tiap menit. Tentukan peluang hingga 1 menit berlalu baru 2 sambungan yang datang. Penyelesaian: Proses poisson dapat diterapkan dengan menunggu 2 kejadian Poisson terjadi 1

mempunyai distribusi Gamma dengan 𝛽 = 5 dan 𝛼 = 2. Misalkan X adalah selang waktu sebelum 2 panggilan telepon datang. Peluangnya adalah 1 1 P(𝑋 ≤ 1) = 𝑥 𝛼−1 𝑒 −𝑥 𝛽 𝑑𝑥 𝛼 г(𝛼)𝛽 0 1 1 1 = 𝑥 2−1 𝑒 −𝑥 5 𝑑𝑥 2 1 0 г 2 5 1

25 𝑥𝑒 −5𝑥 𝑑𝑥

= 0

1

𝑥 𝑒 −5𝑥 𝑑𝑥

= 25 0

= 1 − 𝑒 −5𝑥 (1 + 5) = 0,96

4. Misal X mempunyai pdf 1

𝑓 𝑥 =

32

𝑥𝑒 −𝑥/2 , 0 < 𝑥 < ∞

0, 𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 Tentukan mean, variansi, dan mgf dari X Penyelesaian: dari bentuk pdf dari X, dapat disimpulkan bahwa X berdistribusi 𝜒 2 (4) sehingga 𝑟 𝑟 2 𝜇 = 𝛼𝛽 = 2= 𝑟 = 4, 𝜎 2 = 𝛼𝛽² = 2 = 2𝑟 = 8 2 2 1 Dan 𝑀 𝑡 = 1 − 2𝑡 −2 , 𝑡 < 2 5. Tentukan distribusi dari variabel acak X, dengan mgf 𝑀 𝑡 = 1 − 2𝑡

−8

1

,𝑡 < 2

Penyelesaian: karena bentuk umum mgf distribusi 𝜒 2 𝑟 , adalah 𝑀 𝑡 = 1 − 2𝑡

−2

1

, 𝑡 < 2, maka

P( a < X < b ) = P(a < X ≤ 𝑏) = P( ≤ 𝑏) − 𝑃(𝑋 ≤ 𝑎)

Secara manual nilai P(X≤b) dapat ditentukan dengan menghitung integral 𝒃 𝒓 𝒙 𝟏 −𝟏 − 𝟐 𝒆 𝟐 𝒅𝒙 𝑷 𝑿≤𝒃 = 𝒙 𝒓 𝒓/𝟐 𝟎 г 𝟐 𝟐 Namun cara ini kurang praktis, karena itu dikenalkan tabel chi-square yang terbatas untuk derajat bebas r =1,2,…30. Ketika derajat bebas yang digunakan lebih dari 30, atau b yang digunakan tidak ada di tabel, maka dapat digunakan software statistik. 6. Jika diketahui waktu maksimum penyelesaian suatu proyek berdistribusi gamma dengan 1

𝛼 = 6 dan 𝛽 = 2. Berapa rata-rata dan variansi distribusi tersebut? Penyelesaian: 𝜇 = 𝛼𝛽 1 =6 × 2 =3 𝜎 2 = 𝛼𝛽2 = 6 × 6 4 = 1,5 =

1 2 2

DISTRIBUSI BETA Suatu variabel random X dikatakan memiliki variabel beta, atau terdistribusi beta, dengan parameter α dan β, jika X mempunyai fdp berbentuk: 1 𝑥 𝛼−1 (1 − 𝑥)𝛽−1 , 0<𝑥<1 𝑓(𝑥) = 𝐵(𝛼, 𝛽) 0, 𝑥 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 Dimana B(α,β) adalah fungsi beta yang didefinisikan sebagai B(α, β) =

1 𝛼−1 𝑥 0

(1 − 𝑥)𝛽−1 𝑑𝑥

α > 0, β > 0

Fungsi beta berkaitan dengan fungsi gamma yang dihubungkan oleh distribusi beta dengan parameter α dan β 𝛤(𝛼)𝛤(𝛽) B(α, β) = 𝛤(𝛼 + 𝛽) Sehingga distribusi beta juga dapat didefinisikan oleh fungsi kepadatan 1

𝐹 𝑥 = 0

𝛤(𝛼 + 𝛽) 𝛼−1 𝑥 (𝑥 − 1)𝛽−1 𝑑𝑥 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽) 𝛼

Mean dari distribusi beta dengan parameter α dan β adalah: μ = 𝛼+𝛽 , sedangkan variansinya adalah: 𝜎 2 =

𝛼𝛽 𝛼+𝛽 2 (𝛼+𝛽+1)

Contoh Soal 1. Jika X peubah acak berdistribusi beta dengan parameter α = 1 dan β = 4, maka hitung: a. fdp b. Rata-rata dan variansi Jawab: a. Fdp 1 𝑥 𝛼−1 (1 − 𝑥)𝛽−1 , 0<𝑥<1 𝑓(𝑥) = 𝐵(𝛼, 𝛽) 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 1 𝑥 𝛼−1 (1 − 𝑥)𝛽−1 , 0<𝑥<1 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽) = 𝛤(𝛼 + 𝛽) 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 𝛤(𝛼 + 𝛽) 𝛼−1 𝑥 (1 − 𝑥)𝛽−1 , 0<𝑥<1 = 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽) 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 =

𝛤(1 + 4) 1−1 𝑥 (1 − 𝑥)4−1 , 𝛤 1 𝛤(4) 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎

0<𝑥<1

=

=

=

= = b.

𝛤(5) 𝑥 0 (1 − 𝑥)3 , 0<𝑥<1 𝛤 1 𝛤(4) 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 5−1 ! 1 − 𝑥 3, 0<𝑥<1 1−1 ! 4−1 ! 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 4! (1 − 𝑥)3 , 0<𝑥<1 0! 3! 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 4.3.2.1 (1 − 𝑥)3 , 0<𝑥<1 1.3.2.1 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 3 4 (1 − 𝑥) , 0<𝑥<1 0, 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎

Rata-rata 𝛼 μ= 𝛼+𝛽 1 μ= 1+4 1 = 5 = 0,2 Variansi 𝜎2 = 𝜎2 = 𝜎2 = 𝜎2 = 𝜎2 = 𝜎2 =

𝛼𝛽 𝛼+𝛽

2 (𝛼

+ 𝛽 + 1) (1)(4) 1 + 4 2 (1 + 4 + 1) 3 5 2 (6) 3 (25)(6) 3 150 0,02

2. Jika diketahui waktu maksimum penyelesaian suatu proyek berdistribusi beta dengan α = 3 dan β = 1, maka: a. Berapakah peluang waktu penyelesaian paling sedikit 0,7? b. Berapa rata-rata dan variansi distribusi tersebut? Jawab: a. P(x ≥ 0,7)

= =

1 0,7 1 0,7

𝛤(𝛼+𝛽) 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽) 𝛤(3+1) 𝛤 3 𝛤(1)

𝑥 𝛼−1 (𝑥 − 1)𝛽 −1 𝑥 3−1 (𝑥 − 1)1−1

= = = = =

1 𝛤4 𝑥2 0,7 𝛤 3 𝛤(1) 1 4−1 ! 0,7 3−1 !(1−1)! 1 3! 𝑥2 0,7 2!0! 1 6 2 𝑥 0,7 2 1 3 0,7 𝑥 2 1

=3

13 −

3 1

=3

−

1 3

𝑥2

0,73

0,343

3 3 0,657

=3

3

= 0.657 b. Rata-rata 𝛼 3 3 μ= = = = 0,75 𝛼+𝛽 3+1 4 Variansi 𝜎2 =

𝛼𝛽 𝛼+𝛽

2 (𝛼

+ 𝛽 + 1)

𝜎2 =

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

𝜎2 =

3 4 2 (5)

𝜎2 =

3 (16)(5)

𝜎2 =

3 80

𝜎 2 = 0,0375 𝐶𝑥 3 (1 − 𝑥)2 , 0 < 𝑥 < 1 0 , 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎 a. Berapa nilai alfa dan beta dari variabel di atas? b. Berapa nilai C nya? c. Berapa rata-rata dan variansinya? Jawab: a. Fungsi kepadatan (fdp) dari distribusi beta adalah

3. Misalkan variabel acak memiliki fdp: ƒ(x) =

1

𝑓(𝑥) =

𝐵(𝛼,𝛽)

𝑥 𝛼−1 (1 − 𝑥)𝛽−1 , 0 < 𝑥 < 1 0 , 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎

maka dari fdp pada soal di atas, diperoleh α–1 =3 α = 3+1 α =4 dan β–1 =2 β = 2+1 β =3 Jadi, α = 4 dan β = 3 b. Nilai C 𝐶=

=

1 𝐵 𝛼, 𝛽 1 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽) 𝛤 𝛼 + 𝛤(𝛽)

=

𝛤(𝛼 + 𝛽) 𝛤 𝛼 𝛤(𝛽)

=

𝛤(4 + 3) 𝛤 4 𝛤(3)

=

𝛤(7) 𝛤 4 𝛤(3)

=

(7 − 1)! 4−1 ! 3−1 !

=

6! 3! 2!

=

6.5.4.3.2.1 3.2.1.2.1

= 60 c. Rata-rata 𝛼 4 4 μ= = = = 0,571 𝛼+𝛽 4+3 7

Variansi 𝜎2 =

𝛼𝛽 𝛼+𝛽

2 (𝛼

+ 𝛽 + 1)

𝜎2 =

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

𝜎2 =

12 7 2 (8)

𝜎2 =

12 (49)(8)

𝜎2 =

12 392

𝜎 2 = 0,0306 4. 2

1 (1 0

− 𝑥)4 = 𝐵(9,5) , berapa B (9,5)?

Jawab: B(α,β)

=

B(9,5)

= =

𝛤 𝛼 𝛤 𝛽 𝛤 𝛼+𝛽 𝛤(9)𝛤(5) 𝛤(9+5) 8!4! 13! 8!4.3.2.1

= 13.12.11.10.9.8! 1

= 6435

DISTRIBUSI NORMAL Karakteristik Distribusi Normal Ciri suatu masalah berdistribusi normal adalah : 1. Misalkan X variabel random yang bernilai kontinu, maka bentuk distribusi dari X adalah simetri (nilai median = rata-rata). Sehingga bentuk kurva distribusi normal sebagai berikut :

-∞

µ

∞

2. Nilai rata-rata (µ) danvariansinya (σ2) diketahui. Dalam distribusi normal nilai rata-rata (µ) dan variansinya (σ2) diketahui sehingga dinotasikan sebagai: X~N(µ,σ2) Misalkan diberikan dua sampel data X1 ~ N(μ1 , σ12) dan X2 ~ N(μ2 , σ22) dengan: a. kondisi μ1 < μ2 dan σ1 = σ2, maka kurva Normal diilustrasikan menjadi

b. kondisi μ1 = μ2 dan σ1 < σ2, maka kurva Normal digambarkan mengikuti

c. kondisi μ1 < μ2 dan σ1 < σ2, maka kurva Normal diilustrasikan menjadi

Distribusi Normal memiliki kurva yang simetris membentuk suatu lonceng. Hal ini terjadi ketika nilai mean, median, dan modus dari data bernilai sama; namun ketika kondisi ini tidak terpenuhi, distribusi data yang terbentuk akan miring kanan atau miring kiri. Perhitungan Dalam Distribusi Normal Variabel random X dalam distribusi normal mempunyai fungsi densitas peluang (fdp) yang berbentuk: 𝟏 𝒇 𝒙, 𝝁, 𝝈 = 𝑷 𝑿 = 𝒙 = 𝒆− (𝒙−𝝁)/𝝈 /𝟐 𝝈 𝟐𝝅 Dimana -∞ < x <∞ ; -∞ < µ < ∞dan 0 < σ < ∞ . dengannilai e = 2,71828 dan π = 3,14159. Fungsi distribusi kumulatif (fdk) dari X sebagai berikut : 𝑥

1. 𝑃 𝑋 ≤ 𝑥 =

1

−∞ 𝜎 2𝜋 ∞

2. 𝑃 𝑋 ≥ 𝑥 = 𝑥

1 𝜎 2𝜋 𝑏

3. 𝑃 𝑎 ≤ 𝑋 ≤ 𝑏 = 𝑎

𝑒 − (𝑥−𝜇 )/𝜎

/2

𝑒 − (𝑥−𝜇 )/𝜎

/2

1 𝜎 2𝜋

𝑒 − (𝑥−𝜇 )/𝜎

/2

Untuk mempermudah menghitung nilai fungsi distribusi kumulatif (fdk) tersebut dapat menggunakan alat bantu pembakuan dan tabel distribusi normal baku. Pembakuan digunakan untuk merubah nilai dari variabel random X menjadi variabel random baru yaitu Z dimana rata-ratanya bernilai nol dan variansinya satu. Adapun rumus pembakuan yang dapat digunakan yaitu: 𝒙−𝝁 𝒁= 𝝈 Sedangkan untuk menghitung nilai peluang dari Z (yang juga menggambarkan nilai variabel random X) dapat menggunakan alat bantu tabel normal baku atau yang dikenal sebagai tabel Z. Hal tersebut sesuai dengan teorema berikut:

Teorema 1 Jika X~N(µ,σ2), maka: 𝑥−𝜇 a. 𝑍 = 𝜎 ~ N(0 , 1) 𝑥−𝜇

b. 𝐹𝑋 𝑥 = 𝛷

𝜎

Bukti: FZ(z) = P[Z ≤ z] =𝑃

𝑥−𝜇 𝜎

≤𝑧

= P [X ≤ µ + zσ] =

𝜇 +𝑧𝜎 1 𝑒 − (𝑥−𝜇 )/𝜎 /2 −∞ 𝜎 2𝜋 𝑥−𝜇

Dengan mensubtitusi 𝑤 = FZ(z)

=

𝑧 1 −∞ 2𝜋

Sehingga, f(z) = F′Z(z) =

𝑒

dapat diperoleh:

𝜎 −𝑤 2 /2

1 2𝜋

𝑑𝑥

𝑑𝑤 = 𝛷(𝑧)

𝑒 −𝑤

2 /2

Teorema a terbukti. Kemudian, Fx(x) = P [X ≤ x] =𝑃 =𝛷

𝑋−𝜇 𝜎

≤

𝑥−𝜇 𝜎

𝑥−𝜇 𝜎

Sehingga teorema b terbukti. Dengan menggunakan rumus pembakuan kita juga dapat menghitung dengan mudah nilai peluang yang variabel random X-nya terletak pada rentang nilai x tertentu, yaitu dengan menggunakan rumus berikut:

 x  x 1.P X  a   P Z x  x 

  a  x      x

 a  x b  x 2.Pa  x  b   P  Zx  x  x  b  x 3.P X  b   P Z x  x 

  

  b  x      x

  b  x   1  P Z x  x  

  a  x      x

  b  x   1     x

  

  

Dalam distribusi normal 𝑃 𝑥 ≤ 𝑎 = 𝑃 𝑥 < 𝑎 dan 𝑃 𝑥 ≥ 𝑏 = 𝑃 𝑥 > 𝑏 diasumsikan sama. Sehingga dalam perhitungan peluang yang tandanya lebih dari atau lebih dari sama dengan menggunakan rumus yang sama, begitu pula pada perhitungan peluang yang tandanya kurang dari atau kurang dari sama dengan juga dapat menggunakan rumus yang sama. Dalam tabel normal atau tabel Z terdapat ketentuan untuk menggunakan tabel Z yaitu sebagai berikut: 1. Jika nilai x ≥ 3,4 maka nilai 𝑃 𝑍 ≤ 𝑥 = 𝑃 𝑍 < 𝑥 = 1 2. Jika nilai x ≤ -3,4 maka nilai 𝑃 𝑍 ≥ 𝑥 = 𝑃 𝑍 > 𝑥 = 0 3. Jika nilai -3,4 ≤ x ≤ 3,4 maka nilai Z-nya dapat digunakan menggunakan tabel Z yaitu: a. Tabel Z negatif

b. Tabel Z positif

Luas di Bawah Kurva Normal Untuk mencari luas daerah suatu kurva normal a, b, c, dan d bilangan-bilangan real, dan X berdistribusi Normal dengan rata-rata dan simpangan baku, maka: b  a P ( a  X  b)  P  Z      luas di bawah kurva normal baku dari a b z1  sampai z2    Luas dibawah kurva distribusi normal antara x1 dan x2 sama dengan Luas dibawah kurva distribusi normal standard antara z1 dan z2 Contoh soal 1. Nilai rata-rata ujian statistika adalah 66 dengan simpangan baku 5. Diketahui bahwa nilai B diberikan apabila rata-rata nilai akhir sama diantara 64 s/d 75. Apabila nilai ujian diasumsikan berdistribusi normal, hitunglah peluang mahasiswa yang mendapatkan nilai B. Penyelesaian: Diket: µ = 66 σ = 5 σ2 = 25 N~X(66 , 25)

Ditanya: P(64 ≤ x ≤ 75) ? Jawab: 𝑏−𝜇 𝑎−𝜇 𝑃 64 ≤ 𝑥 ≤ 75 = 𝛷 −𝛷 𝜎 𝜎 75 − 66 64 − 66 =𝛷 −𝛷 5 5 = 𝛷 1,8 − 𝛷 −𝑜, 4 = 0,9641 – 0,3446 = 0,6195 2. Data kadar nitrogen yang dihasilkan dari suatu kompos memiliki bentuk distribusi yang simetris dengan rata-rata sama dengan 2,45 gram dan variansi 4 gram. Apabila pada suatu haridiin formasikan bahwa kadar nitrogen yang dihasilkan melebihi 3,11 gram, tentukan lah peluang dari kejadian tersebut! Penyelesaian: Diket: µ = 2,45 σ2 = 4 σ = 2 N~X(2,45 ; 4) Ditanya: P(x > 3,11) ? Jawab: 𝑎−𝜇 𝑃 𝑥 > 3,11 = 1 − 𝛷 𝜎 3,11 − 2,45 = 1−𝛷 2 = 1 − 𝛷 0,33 = 1 − 0,6293 = 0,3707 3. Dari penelitian terhadap 150 orang laki-laki yang berumur 40–60 tahun didapatkan ratarata kadar kolesterol mereka 215 mg dan simpangan baku 45 mg. Hitunglah peluang kita mendapatkan seorang yang kadar kolesterolnya: a. kurangdari 200 mg. b. lebihdari 250 mg c. antara 200 –275 mg. Penyelesaian : Diketahui : µ = 215 n =150 σ = 45 Ditanya : a) P (x < 200) b) p (x>250) c) p (200<x<275) Jawab : a) 𝑃 𝑋 < 200 = 𝛷

𝑎−𝜇 𝜎

=𝛷

200−215 45

= 𝛷 −0.33 = 0.3707 b) 𝑃 𝑋 > 250 = 1 − 𝛷

𝑎−𝜇 𝜎

250 − 215 = 1−𝛷 45 = 1 − 𝛷 0.78 = 1 − 0,7823 = 0,2177 c) 𝑃 200 ≤ 𝑥 ≤ 275 = 𝛷

𝑏−𝜇 𝜎

−𝛷

𝑎−𝜇 𝜎

275 − 215 200 − 215 −𝛷 45 45 = 𝛷 1,33 − 𝛷 −𝑜, 33 = 0,9082 − 0,3707 = 0,5375 =𝛷

4. Dari hasil survei satu komplek perumahan, biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik rumah tangga adalah 400.000 rupiah perbulan dan standar deviasinya sebesar 30.000 . Jika biaya pengeluaran tersebut berdistribusi Normal, maka tentukan probabilitas: a) biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik sebesar 375.000 rupiah. [P(X = 375.000) ?] b) biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik maksimal 450.000 rupiah. [P(X ≤ 450.000) ?] c) biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik diantara 300.000 dan 400.000 rupiah. [P(300.000 < X < 400.000) ?] Penyelesaian: Misalkan X adalah variabel acak yang menyatakan biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik rumah tangga yang memiliki parameter μ = 400.000 rupiah dan σ = 30.000 . Secara teori, distribusi Normal dapat diselesaikan kedalam bentuk distribusi Normal Standar, sehingga: a. Untuk x = 375.000, perlu dilakukan transformasi kedalam bentuk Normal Standar.

Jadi, P(X = 375.000) = P(Z = -0,833)

Probabilitas biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik sebesar 375.000 rupiah adalah 0,2820 . b. Untuk x = 450.000, perlu dilakukan transformasi kedalam bentuk Normal Standar.

Jadi, P(X4 ≤ 450.000) = P(Z ≤ 1,67)

Penyelesaian soal (b) diselesaikan dengan bantuan Tabel Normal Standar.

Jadi, probabilitas biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik maksimal 450.000 rupiah adalah 0,9525 . c. Untuk x1 = 300.000 dan x2 = 400.000, perlu dilakukan transformasi kedalam bentuk Normal Standar.

Jadi, P(300.000 < X < 400.000) = P(-3,33 < Z < 0)

Probabilitas biaya pengeluaran untuk konsumsi listrik diantara 300.000 dan 400.000 rupiah adalah 0,4995 . 5. Sebuah perusahaan bola lampu pijar mengetahui bahwa umur lampunya (sebelum putus) terdistribusi secara normal dengan rata- rata umurnya 800 jam dan standar deviasinya 40 jam. Carilah probabilitas bahwa sebuah bolam produksinya akan: a. Berumur antara 778 jam dan 834 jam b. Berumur kurang dari 750 jam atau lebih dari 900 jam Jawab:

Diketahui: μ = 800 σ =40 Ditanya: a. P(778<x<834) b. P(x1<750 atau x2>900) Jawab: a. Untuk P(778<x<834) x1 = 778 → z1 = (x1-μ)/σ = (778 – 800)/ 40 = -0,55 x2 = 834 → z2 = (x2-μ)/σ = (834 – 800)/ 40 = 0,85 P(778<x<834) = P(-0,55 < z < 0,85) = P(z < 0,85) – P(z > -0,55) = 0,8023- 0,2912 = 0,5111 Jadi, probabilitas bahwa sebuah bohlam produksinya akan berumur antara 778 jam dan 834 jam adalah 0,5111 b. Untuk P(x1<750 atau x2>900) x1= 750 → z1 = (x1-μ)/σ = (750 – 800)/ 40 = -1,25 x2 = 900 → z2 = (x2-μ)/σ = (900 – 800)/ 40 = 2,5 P(x1<750 atau x2>900) = P(z < -1,25) + P(z > 2,5) = P(z < -1,25) + 1 – P(z > 2,5) = 1 + 0,1056 – 0,9983 = 0,1118 Jadi, probabilitas bahwa sebuah bohlam produksinya akan berumur kurang dari 750 jam atau 900 jam adalah 0,1118

DISTRIBUSI WEIBULL Fungsi weibull dapat dideskripsikan dengan :

Dan fungsi kumulatif analisa weibull adalah:

dimana: exp = e = 2,718... x = waktu teijadinya kerusakan δ / α = charateristic life (CL) b = beta shape factor atau garis miring F(x) = probabilitas kumulatif dan waktu terjadinya kerusakan f(x) = fungsi padat distribusi frekwensi. Rata-rata dan variansi distribusi weibull (α, β > 0) a. Rata-rata

b. Variansi

Contoh soal: 1. Waktu sampai gagal bekerjanya sebuah pelat gesek (dalam jam) pada sebuah kopling dapat dimodelkan dengan baik sebagai sebuah variabel acak Weibull dengan α = 0,5 dan β = 5000. Hitunglah waktu sampai-gagal rata-rata dari pelat gesek tersebut dan hitunglah probabilitas pelat gesek tersebut akan mampu bekerja sekurang-kurangnya 6000 jam. Penyelesaian:  Rata-rata waktu sampai - gagal : 1     1    50001   0,5    5000(3)  (5000)(2!)  10000 jam

 x  E ( X )   1 

 Probabilitas

P( X  6000)  1  FW (6000;0,5000)



 1  1  e (6000/ 5000)

0,5

 e

1, 095

 0,334  33,4%

2. Sebuah mesin fotokopi mempunyai masa hidup yang berdistribusi weibull dengan α = 0.8 dan β= 3. Berapa peluang mesin tersebut beroperasi lebih dari 1 tahun ? Diket : α = 0.8 β = 3 t = 1 e = 2.71828 Dit : x>1 Jawab :

Analisis : Jadi, peluang mesin tersebut beroperasi lebih dari 1 tahun adalah 0.141830 atau 14.1830%. 3. Sebuah mesin fotokopi mempunyai masa hidup yang berdistribusi weibull dengan α = 0.8 dan β= 3. Berapa peluang mesin tersebut beroperasi kurang dari 1 tahun? Diket : α = 0.8 β = 3 t = 1 e = 2.71828 Dit : x<1 Jawab :

Analisis : Jadi, peluang mesin tersebut beroperasi kurang dari 1 tahun adalah 0.85816 atau 85.816%. 4. Pengukuran kecepatan angin dilakukan untuk menghitung kekuatan struktur lepas pantai terhadap beban angin. Diperoleh data parameter weibull α =25 m/s dan β =1. hitunglah probabilitas kecepatan angin sekurang -kurangnya 35 m/s. Diket : α = 25 , β = 1 , X = 35 Ditanya : X > 35 Jawab :P (X > 35) = 1 – Fw (35,0,1) = 1 – (1 – e (35/0,1)25 ) = e -3,997 = 0,018 = 1,8%

DISTRIBUSI PARETTO Pengertian Distribusi Pareto Distribusi Pareto merupakan salah satu dari distribusi power law, dimana dalam distribusi ini rata-rata atau standar deviasinya akan tergantung nilai pangkat fungsi padat peluangnya. Distribusi Pareto dinotasikan dengan 𝑋~𝑃𝐴𝑅(𝑋𝑚 , 𝛼). Sifat distribusi pareto antara lain: 1. Kurva distribusi mempunyai kemiringan positif 2. Kurva distribusi leptukortik 3. Fdp distribusi memiliki modus tunggal pada x = 0 dengan nilai maksimum β/α 4. Jika x variabel acak kontinu berditribusi pareto dengan parameter α dan β, untuk c > 0 maka c X akan berdistribusi pareto pada c α dan β 5. Untuk β < 1, lim f(x) = β/α dan lim f(x) = 0 6. Untuk β = 1, lim f(x) = β/α dan lim f(x) = 0 7. Untuk β > 1, lim f(x) = = β/α dan lim f(x) = 0 Definisi : Jika X adalah variabel acak dengan distribusi Pareto, maka probabilitas bahwa X lebih besar dari beberapa nomor x, yaitu fungsi survival (juga disebut fungsi ekor), diberikan oleh:

Dimana xm adalah (tentu positif) nilai minimum yang mungkin dari X, dan α adalah parameter positif. Distribusi Pareo ditandai dengan parameter x m skala dan parameter berbentuk α, yang dikenal sebagai indeks ekor. Ketika distribusi ini digunakan untuk memodelkan distribusi kekayaan, maka parameter α disebut indeks Pareto. Dari definisi tersebut, fungsi distribusi kumulatif dari Pareto variabel acak dengan parameter 𝛼 dan xm adalah:

Dimana;  xm adalah nilai minimum dari X  α adalah parameter positif yang menentukan konsentrasi data terhadap modus  x adalah variabel acak ( x > xm ) Fungsi kepadatan probabilitas (PDF) dari X  𝑓𝑥 𝑥 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 ≥ 𝑥𝑚 𝑥 𝛼 𝑑 (1 − 𝑥𝑚𝛼 ) 𝑓𝑥(𝑥) = 𝑑𝑥 𝑑(1) 𝑑(𝑥𝑚 𝛼 .𝑥 𝛼 ) 𝑓𝑥 𝑥 = − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑓𝑥 𝑥 = 0 − 𝑥𝑚 𝛼 −𝑎 𝑥 −𝑎−1 −𝑎 𝑥𝑚 𝑎 𝑓𝑥 𝑥 = − 𝑥 𝑎+1

𝑓𝑥 𝑥 =

𝑎𝑥𝑚 𝑎 𝑥 𝑎+1

 𝑓𝑥 𝑥 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 < 𝑥𝑚 𝑑(0) 𝑓𝑥 𝑥 = 𝑑𝑥 𝑓𝑥 𝑥 = 0 Jadi PDF,

Dimana  xm adalah nilai minimum dari X  α adalah parameter positif yang menentukan konsentrasi data terhadap modus  x adalah variabel acak ( x > xm ) Nilai harapan (mean) dan variansi dari distribusi Pareto a. Nilai Harapan (E(x)) ∞

𝐸 𝑋 =

𝑥 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝑥𝑚 ∞ 𝛼 𝑥 × 𝛼𝑥𝑚 𝑥 −𝛼−1 𝑑𝑥

𝐸 𝑋 = 𝑥𝑚

∞

𝑎 𝐸 𝑋 = 𝑎𝑥𝑚

𝑥 𝑥 −𝛼−1 𝑑𝑥 𝑥𝑚 ∞

𝑎 𝐸 𝑋 = 𝑎𝑥𝑚

𝑥 −𝑎 𝑑𝑥 𝑥𝑚 −𝑎+1 ∞

𝑎 𝐸 𝑋 = 𝑎𝑥𝑚

𝑥 −𝑎 + 1

𝑎 𝐸 𝑋 = 0 − 𝑎𝑥𝑚

𝑥𝑚

−𝑎+1 𝑥𝑚 −𝑎 + 1

𝑎 −𝑎+1 𝑎𝑥𝑚 𝑥𝑚 −𝑎 + 1 1 𝑎𝑥𝑚 𝐸 𝑋 = − −𝑎 + 1 𝑎𝑥𝑚 𝐸 𝑋 = 𝑎−1 Jadi Nilai harapan dari distrbusi Pareto adalah 𝐸 𝑋 =

𝐸 𝑋 = −

b.

Variansi 𝑉𝑎𝑟 𝑥𝑚 = 𝐸 𝑥𝑚 2 − (𝐸 𝑥𝑚 )2 Dimana,

𝑎𝑥 𝑚 𝑎−1

, untuk 𝑎 > 1

∞ 2 𝑥 𝑥𝑚 ∞ 2

 𝐸 𝑥𝑚 2 = 𝐸 𝑥𝑚 2 =

𝛼 𝑥 . 𝛼𝑥𝑚 𝑥 −𝛼−1 𝑑𝑥

𝑥𝑚

𝐸 𝑥𝑚

2

=

𝑓 𝑥 𝑑𝑥

∞

𝑎 𝑎𝑥𝑚

𝑥 2 𝑥 −𝑎 𝑥 −1 𝑑𝑥 𝑥𝑚 ∞

𝑎 𝐸 𝑥𝑚 2 = 𝑎𝑥𝑚

𝑥 −𝑎 𝑥𝑑𝑥 𝑥𝑚 ∞

𝑎 𝐸 𝑥𝑚 2 = 𝑎𝑥𝑚

𝑥 −𝑎+1 𝑑𝑥 𝑥𝑚

𝐸 𝑥𝑚

2

=

𝑎 𝑎𝑥𝑚

𝑥 −𝑎+2 −𝑎 + 2

𝑎 𝐸 𝑥𝑚 2 = 0 − 𝑎𝑥𝑚

𝐸 𝑥𝑚 2 𝐸 𝑥𝑚 2

∞ 𝑥𝑚 −𝑎+1 𝑥𝑚

−𝑎 + 1 𝑎 −𝑎+2 𝑎𝑥𝑚 𝑥𝑚 𝑎 = 𝑎𝑥𝑚 0 − −𝑎 + 2 𝑎 −𝑎+2 𝑎𝑥𝑚 𝑥𝑚 = − −𝑎 + 2

 (𝐸 (𝑥𝑚 ))2 = (𝐸(𝑥𝑚 ))2 =

𝑎𝑥 𝑚 (𝑎−1) 𝑎2 𝑥𝑚²

²

(𝑎 − 1)²

 𝑉𝑎𝑟 𝑥𝑚 = 𝐸 𝑥𝑚 2 − (𝐸 𝑥𝑚 )2 𝑎𝑥𝑚 2 𝑎 2 𝑥𝑚 2 𝑉𝑎𝑟 𝑥𝑚 = − 𝑎−2 (𝑎 − 1)2 (𝑎 − 1)2 𝑎𝑥𝑚² −𝑎²𝑥 𝑚 ² (𝑎 −2) 𝑉𝑎𝑟 𝑥𝑚 = 𝑎 − 1 2 (𝑎 − 2) 𝑎2 − 2𝑎 + 1 𝑎𝑥𝑚²− 𝑎 2𝑥 𝑚 ² (𝑎 −2) 𝑉𝑎𝑟 (𝑥𝑚 ) = 𝑎 − 1 2 (𝑎 − 2) 𝑎3 𝑥𝑚 2 − 2𝑎 2 𝑥 2 𝑚

𝑉𝑎𝑟 (𝑥𝑚 ) = 𝑉𝑎𝑟 (𝑥𝑚 ) =

+ 𝑎𝑥

𝑚 2 − 𝑎 ²𝑥 𝑚 ²−2𝑎 ²𝑥

𝑚²

𝑎 − 1 2 (𝑎 − 2) 𝑎𝑥𝑚 2 𝑎 − 1 2 (𝑎 − 2)

Jadi Nilai variansi dari distrbusi Pareto adalah 𝑉𝑎𝑟 𝑥𝑚 = ( Jika α ≤ 1 , varians tidak ada. )

2 𝑎𝑥 𝑚

𝑎−1 2 𝑎−2

,

𝑎>2

Median & Modus dari variabel acak distribusi Pareto  Median 𝛼 𝑀𝑒 =×m 2  Modus Mo = xm Contoh soal 1. Misalkan pendapatan dari suatu populasi yang memiliki distribusi Pareto dengan 𝛼 = 3 dan xm = 1000. Hitunglah proporsi penduduk dengan pendapatan pada tahun 2000. Penyelesaian: Diket :𝛼=3 Xm = 1000 X = 2000 Dit : 𝑓(𝑥) ? Jawab

:𝑓 𝑥 =

𝛼 𝑎𝑥 𝑚

𝑥 𝛼 +1

3 × 10003 20003+1 𝑓 𝑥 = 0,109375 𝑓 𝑥 =

2. Jika 𝑋~𝑃𝐴𝑅 (10,3). Tentukan Nilai harapan dan variansinya! Penyelesaian Diketahui : Xm = 10 𝛼=3 Ditanya : a. E(x) ? b. Var(x) ? Jawab : 𝑎𝑥 𝑚 a. 𝐸 𝑋 = 𝑎−1 3 × 10 𝐸 𝑋 = 3−1 30 𝐸 𝑋 = 2 𝐸 𝑋 = 15 b. 𝑉𝑎𝑟 𝑥 =

2 𝑎𝑥 𝑚

𝑎−1 2 𝑎−2

3 × 102 3−1 2 3−2 300 𝑉𝑎𝑟 𝑥 = 4 𝑉𝑎𝑟 𝑥 = 75 𝑉𝑎𝑟 𝑥 =

3. Jika 𝑿~𝑷𝑨𝑹 (𝟐, 𝟏𝟎). Tentukan Median dan Modusnya! Penyelesaian: Diketahui : Xm = 2 𝛼 = 10 Ditanya : a. Me ? b. Mo ? Jawab : 𝛼 a. 𝑀𝑒 =×m 2

10

𝑀𝑒 = 2 2 𝑀𝑒 = 2.1,07177346 𝑀𝑒 = 2,14354692 b. 𝑀𝑜 = xm 𝑀𝑜 = 2