BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I - Digital Library UWPlibrary.uwp.ac.id/digilib/files/disk1/1/--timpengaja-10-1-diktatt... · BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I Oleh : Tim Dosen Statistik

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

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.

Buku Ajar Teori Probabilitas

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.



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 pada Contoh I.4, kejadian B adalah banyaknya

cacat yang 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.



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 kejadian bahwa komponen akan

rusak sebelum akhir tahun kelima, berarti A = { t | t < 5 }.

Dalam praktek 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 .



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



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.



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



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 B adalah kejadian bahwa

bilangan ganjil yang muncul di sebelah atas. 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 Ac.

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



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.



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?



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

n

nk 1

Jika n > k dan tidak satu kotakpun yang kosong maka

1

1

k

n .

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.



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

rr nnn

n

nnn

n

.....!!

!

.... 2121

.

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

rnr

n

,

biasanya disingkat dengan

r

nkarena banyaknya anggota pada sel kedua

haruslah n-r.

Teorema I.9

Banyaknya kombinasi dari n benda yang berlainan bila diambil sebanyak r

adalah

!)(!

!

rnr

n

r

n



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?

***



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



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



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

Wanita

460

140

40

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,



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

)()(

)()|(

AEPAEP

AEPAEP

c

Diperoleh



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.

Misalkan A suatu kejadian sembarang dalam S dengan P(A) 0 maka

untuk k = 1,2, …, n berlaku

n

iii

kk

n

ii

kk

BAPBP

BAPBP

ABP

ABPABP

11

)|()(

)|()(

)(

)()|( .

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.



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 ?



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

:

Kotak I Kotak II Kotak III

Merah

Putih

Hitam

2

3

5

4

1

5

3

4

3

Satu kotak dipilih secara random dan dari dalamnya diambil secara

random ternyata berwarna merah. Berapa probabilitasnya yang terambil dari

kotak III ?

***



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 ruangsampel S.

Contoh III.1 :

Suatu pemungutan suara dilakukan untuk memilih wakil rakyatnegara bagian Kansas yang terdiri dari : John, Bill dan Robert . Kita tertarikuntuk menyelidiki banyak suara yang memilih suatu wakil rakyat tertentuyang dicalonkan. Kejadian tersebut memunculkan adanya variabel randomyaitu banyak suara dalam negara bagian Kansas yang mencalonkan wakilrakyat tertentu.

Variabel random mempunyai akibat merubah kejadian dalam ruangsampel ke dalam kejadian numerik sehingga variabel random dapat dipandangsebagai

f : Sampel Real

Jika variabel random Y hanya dapat berharga sebanyak terbilang bilanganreal 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 3wanita. Ia ingin memilih dua pekerja untuk suatu pekerjaan khusus.Keputusan yang diambil adalah memilih 2 pekerja dari pekerja yangdimilikinya secara random. Jika Y adalah banyak wanita yang terpilih makatentukan distribusi probabilitas Y.

Penyelesaian :

Dari 2 pekerja wanita dan 3 pekerja pria yang tersedia, banyaknya cara untuk

memilih 2 pekerja adalah

2

5.



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

2

3

0

2.

Akibatnya probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita yang terpilih 0

adalah

10

3

2

5

2

3

0

2

)0(

YP .

Dengan cara yang sama probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita

yang terpilih 1 orang adalah

10

6

2

5

1

3

1

2

)1(

YP .

Probabilitas mendapatkan banyak pekerja wanita yang terpilih 2 orang adalah

10

1

2

5

0

3

2

2

)2(

YP .

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

2

1/10

6/10

3/10

Tabel III. 1 Tabel distribusi probabilitas variable random Y.



Distribusi probabilitas pada Contoh III.3 dapat dinyatakan dalam histogram

sebagai berikut :

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

1 2 3

Series1

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

2

5

2

32

)()(yy

yYPyf

untuk y = 0, 1, 2.

Dalam sebarang distribusi probabilitas diskrit berlaku sifat -sifat sebagai

berikut :

1. 0 p(y) 1 untuk semua y.

2. y

yp 1)( .

Catatan : Distribusi probabilitas yang didapatkan di atas merupakanmodel dan bukan merupakan pernyatan yang tepat untuk distribusifrekuensi dari data nyata yang terjadi di alam .

Soal1. Sebuah mata uang yang baik dilambungkan 4 kali secara independen.

Jika variabel random Y yang didefisikan dalam s, dengan sS (sebuah



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 sampelS = {MMM, MMB, MBM , BMM , BMB, BBM, MBB, BBB }.

Apabila diinginkan untuk meneliti banyak ' muka ' yang muncul pada tiaptitik sampel maka hasil numerik 0, 1, 2 atau 3 akan dikaitkan dengan titiksampel. Misalkan Y(s) = banyak muka dalam S dengan sS. Fungsi

Y : S Rdengan Y(s) = y. Bilangan 0, 1, 2 dan 3 merupakan pengamatan yangmungkin .

Kejadian sederhana Y

MMM

MMB

MBM

BMM

BBM

MBB

BMB

BBB

3

2

2

2

1

1

1

0

III.3 Distribusi Probabilitas Diskrit

Suatu variabel random diskrit mempunyai nilai dengan probabilitas

tertentu .



Contoh III. 5Dalam percobaan melantunkan satu mata uang "jujur " tiga kali.

Variabel random Y menyatakan banyak "muka" yang muncul maka dapatditentukan probabilitas mendapat Y "muka " . Tabel berikut ini menyatakanprobabilitas mendapatkan Y "muka”.

Y 0 1 2 3

P(Y=y) 1/8 3/8 3/8 1/8

Definisi III.3Fungsi 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. y

yf 1)( .

3. P( Y = y ) = f(y) .

Distribusi probabilitas dari variabel random diskrit Y dapat danyatakandengan rumus, tabel dan grafik garis histogram. Distribusi probabilitas padaContoh III.5 dapat dinyatakan sbb :

P(Y = y) = f(y) =8

3

)2/1(3 3

y

yuntuk y =1, 2, 3,

= 0 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 )



= ( 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-soal2. Untuk nilai C yang mana fungsi p yang didefinisikan



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 1 2 3 4 5

p(Y) 0,1 0,3 0,4 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 diantaranyarusak. Tiga dari diseleksi secara random dan diteliti. Jika Y menyatakanbanyak transistor rusak yang terambil dengan Y = 0, 1 atau 2. Tentukanprobabilitas 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.



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.



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 :

!)(

y

eyYP

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



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 ditentukanprobabilitas memilih Y sukses dari sebanyak k yang tersedia dan n-k gagaldari sebanyak N-k yang tersedia apabila sampel acak ukuran n diambil dari Nbenda.

Definisi III.4Banyaknya sukses Y dalam percobaan geometrik dinamakan variabel randomhipergeometrik. Distribusi probabilitas peubah acak hipergeometrik Y yaitubanyaknya sukses sampel acak ukuran n yang diambil dari N benda yangmengandung k bernama sukses dan N-k bernama gagal adalah

n

N

yn

kN

y

k

yYP )(

untuk y = 0, 1, 2, … , n.

Contoh III. 9Suatu kotak berisi 40 suku cadang dikatakan dapat diterima bilamengandung paling banyak 3 yang cacat. Suatu kotak akan ditolak bilasampel acak ukuran 5 suku cadang yang terpilih mengandung satu yangcacat. Berapakah probabilitas mendapatkan tepat satu yang cacat dalamsampel bila kotak tersebut mengandung tiga suku cadang yang cacat ?



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

5

40

4

37

1

3

)1(YP = 0,3011.

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

kyk qpk

ypkyYP

1

1),;(

untuk y = k, k + 1 , k + 2, …….

Contoh III.10Probabilitas bahwa seseorang yang melantunkan tiga uang logam sekaligusakan mendapatkan semuanya muka atau semuanya belakang untuk keduakalinya pada lantunan kelima adalah

256/27)4/3(4/11

4)4/1,2;5( 32

YP .

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

1)( yqpyYP



untuk y = 1, 2, 3, ….

Contoh III.11Dalam 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.

***



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

adyyf )( .

Jika variable random Y kontinu maka untuk sebarang y berlaku

P(Y = y) = 0, sehingga P( a < Y b ) = P( a < Y < b ).



Contoh IV.2

Misalkan variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas

f(y) = y2/3 untuk - 1 < y < 2,


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 19

1

9

8

9

)1(

9

2

93)(

332

1

32

1

2

y

dyy

dyyf .

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

b. P(0 < Y 1) =9

1

9

0

9

1

93

331

0

31

0

2

ydy

y.

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

dttf )(

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



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) = 3

0

3

0

23 ytdttyy

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

adyyf )(

dengan f(y) adalah fungsi kepadatan probabilitas untuk Y. Hal itu berakibat

bahwa

P(a < Y < b) = F(b) – F(a) .



Probabilitas ini ditunjukkan dengan luas daerah arsiran pada Gambar

IV.3.

Gambar IV.3

Contoh IV.4:

Tentukan probabilitas bahwa 1 Y 2 untuk

f(y) = (3/8)y2 untuk 0 y 2

= 0 untuk y yang lain

Penyelesaian

P(1 Y 2 ) = 2

1)( dyyf

= 2

1

2

8

3dyy

=

2

1

3

38

3

y

=

3

18

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).



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,


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).



Gambar IV.4

Definisi IV.2

Variabel random Y yang mempunyai distribusi seragam kontinu akan

mempunyai fungsi kepadatan probabilitas

f(y) =12

1

untuk 1 y 2,


Konstanta yang menentukan bentuk khusus dari suatu fungsi

kepadatan probabilitas dinamakan parameter dari 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 selama periode waktu 30 menit yang diberikan

satu pelanggan datang 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) = dy30

25 30

1=

6

1

30

5

30

2530

.

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.



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


(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

f(y)= 2

1e

2

2

2

)(

y

dengan - < y < . Fungsi kepadatan probabilitas normal mempunyai

grafik seperti pada Gambar IV.5



u

v

-3 -2 -1 0 1 2 3

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

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 :

2

2

2

1)(

z

ez

.

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

YZ 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)



= 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

yz sehingga bagian dari populasi yang terletak antara

5,010

75801

z dan 5,1

10

75902

z

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.



IV.4 Distribusi Gamma, Eksponensial dan Chi – kuadrat.

Sebelum dibahas tentang distribusi Gamma, terlebih dahulu dibahas

tentang fungsi Gamma. Fungsi Gamma didefinisikan sebagai

dxex x

0

1)( .

Sifat yang dimiliki dari fungsi Gamma adalah () = ( - 1) (-1). Dengan

rumus rekursi diperoleh sifat () = ( - 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

/1

)(

1)( yeyyf

untuk y > 0,


untuk > dan > 0.

Contoh IV.8

Di suatu kota pemakaian air sehari (dalam jutaan liter) dapat dianggap

berdistribusi Gamma dengan = 2 dan = 3 yaitu

3/12

2 )2(3

1)( yeyyf

untuk y > 0


atau

3/12

9

1)( yeyyf untuk y > 0


Apabila kemampuan menyediakan air adalah 9 juta liter per hari maka

probabilitas bahwa pada suatu hari tertentu persediaan air tidak mencukupi

adalah



P( Y > 9 ) = dyey y 3/12

9 9

1

= dueu u 3)3(9

1 12

3

= dueu u

3

= 3

uu eeu

= - ]31

[lim 33

ee

ee

uuuu

= 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

/1

)( yeyf untuk y > 0


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

4/

4

1)( yeyf untuk y > 0


Probabilitas seseorang akan dilayani dalam kurun waktu kurang dari 3 menit

adalah

P( Y < 3 ) = dye y 4/3

0 4

1



= due u 44

14/3

0

= due u

4/3

0

= 4/3

0

ue

= 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



f(y) =),(

)1( 11

B

yy untuk 0 y 1


dengan B(,) =)(

)()()1( 1

1

0

1

dyyy .

Perlu dicatat bahwa persyaratan y pada interval [0,1] tidak akan

membatasi penggunaannya. Jika c y d maka y* = (y-c)/(d – c) akan

mendefinisikan variabel baru yang didefinisikan pada [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) = )1()2()4(

)24( 3 yy

untuk 0 y 1


Berarti P( Y > 0,9 ) = dyyydyyf )(20)( 41

9,0

31

9,0

= 20

1

9,0

54

54

yy

= 20 (0,004)

= 0,08.

Hal itu berarti probabilitasnya sangat kecil bahwa 90 % dari persediaan

akan terjual.



Soal-soal:

1. Variabel random Y mempunyai fungsi kepadatan probabilitas dinyatakan

dengan

f(y) = ky3 (1-y)2 untuk 0 y 1,

= 0 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) for 0 y 1,

= 0 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) untuk 0 y 1


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 for 0 < y < 1

= 0 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?

***



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

y

yfyYE )(][ .

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

2,110

6

10

6

10

32

10

61

10

10)(][

y

yfyYE .

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

y

yfygYgE )()()]([ .



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 1 2 3

f(y) 1/8 2/8 3/8 2/8

Tabel V.2

Penyelesaian :

Harga harapan dari variabel random Y adalah

75,18

14

8

6

8

6

8

2

8

23

8

32

8

21

8

10)(][

y

yfyYE .

Variansi dari variabel random Y adalah

y

yfyYVar )()(][ 2

=

8

2)75,13(

8

3)75,12(

8

2)75,11(

8

1)75,10( 2222

=

8

2)5625,1(

8

3)0675,0(

8

2)5625,0(

8

1)0625,3(

= 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.



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 :

Karena y

yfyYE )(][ 22

=

8

2)3(

8

3)2(

8

2)1(

8

1)0( 2222

=

8

18

8

12

8

2

= 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

!)(

y

eyf y

untuk y = 0, 1, 2, 3, …… maka

y y

y

y

eyyfyYE

0 !)(][



=

1 !y

y

y

ey

=

1 !)1(y

y

y

e

=

1

1

!)1(y

y

y

e

=

0 !z

z

z

e

= .

Untuk menghitung Var(Y) terlebih dahulu ditentukan

y y

y

y

eyyyfyyYYE

0 !)1()()1(])1([

=

2 !

)1(y

y

y

eyy

=

2 !)2(y

y

y

e

=

2

22

!)2(y

y

y

e

=

0

2

!z

z

z

e

= 2

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



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



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

dyyfyYE )(][

jika integral tersebut ada.

Contoh V.5 :

Tentukan harga harapan fungsi kepadatan probabilitas uniform pada

interval (1,2)

Penyelesaian :

dyyYE

2

112

1][

= dyy

2

112

1

=

2

12

1 2

12

y



=

2

12

1

2

2

12

=

2

)()(1 1212

12

=2

21 .

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

dyyfygYgE )()(])([

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

12

1)(

yf untuk 1 < y < 2



sehingga dan

dyyYE

2

112

22 1][

= dyy

2

1

2

12

1

=

2

13

1 3

12

y

=

3

13

1

3

2

12

=

3

)()(12

112

2

212

12

=

3

)(2

112

2

2 .

Akibatnya

Var[Y] = E[Y2] – ( E[Y] )2

=

2

12

2

112

2

2

23

=

4

2

3

2

121

2

2

2

112

2

2

=

12

363

12

4442

121

2

2

2

112

2

2

=12

22

112

2

2

=12

)( 212

.

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



certain spesified time period. Suppose that Y is a continous random variable

with the following pdf :

f(y) = y2)1500(

1for 0 y 1500

= )3000()1500(

12

y for 1500 y 3000

= 0 elsewhere

Find E(Y).

Solution

Harga harapan dari variabel random Y adalah

dyyydyyYE )3000()1500(

1

)1500(

1][

3000

1500 2

21500

0 2

= ])3000([)1500(

1 3000

1500

21500

02dyyydyy

=

3000

1500

231500

0

3

21500

33)1500(

1y

yy

=

33

233

2)1500(

3

)1500()3000(1500

3

)3000(

3

)1500(

)1500(

1

=

33

233

2)1500(

3

)1500()3000(1500

3

)3000(

3

)1500(2

)1500(

1

=2)1500(

1[ 2250000000) - (7875000000 – 10125000000) ]

=2)1500(

14500000000

= 2000.

Contoh V.8

Tentukan E[ Y ] dan Var[ Y ] jika Y berdistribusi Gamma(,).

Penyelesaian

Karena fungsi kepadatan probabilitas Y adalah



)()(

/1

yeyyf

maka

dyey

ydyyfyYEy

)()(][

/1

= dyey y

)(

/1)1(

= dyey y

/1

)(

1

= )1()(

1 1

= )(

)(

1 1

=

dan

dyey

ydyyfyYEy

)()(][

/1222

= dyey y

)(

/1)2(

= dyey y

/2

)(

1

= )2()(

1 2

= )1()1()(

1 2

= )()1()(

1 2

= 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,




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] =)1()( 2

.

6. Let F(x) = 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.



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 .



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

kk

t

k

k

tmdt

tmd)(

)( )(

0

.

Contoh V.9

Tentukan fungsi pembangkit momen m(t) untuk variabel random yang

berdistribusi Poisson.

Penyelesaian :

y y

ytytytY

y

eeyfeeE

0 !)(][

=

0 !

)(

y

yt

y

ee

=

0 !

)(

y

yt

y

ee

= ]exp[ tee

= ])1(exp[ te .



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) = ])1(exp[ te untuk menentukan

mean dan variansi dari variabel random Y yang berdistribusi Poisson.

Penyelesaian :

Turunan pertama dari fungsi pembangkit momen m(t) = ])1(exp[ te

adalah

m(t) = et ])1(exp[ te

sehingga E[Y] = m(0) = e0 ])1(exp[ 0 e = .

Turunan kedua dari fungsi pembangkit momen m(t) = ])1(exp[ te adalah

m(t) = et ])1(exp[ te + et et ])1(exp[ te

= et ])1(exp[ te + 2 e2t ])1(exp[ te

sehingga E[Y2] = m(0) = e0 ])1(exp[ 0 e + 2 e 2(0) ])1(exp[ 0 e = + 2 .

Akibatnya Var[Y] = E[Y2] – ( E[Y] )2 = + 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



f(y) = 1/ untuk 0 < y < ,


sehingga momen ke-k terhadap titik nol adalah

(k = E[ Yk ] = dyyfy k )(

= dyy k

10 =

1)1(0

1

kk

y kk

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

)()(

/1

yeyyf

maka

m(t) = dyey

edyyfeeEy

tytytY

)()(][

/1

0

= dytyy ]1

exp[)(

10

1

= dyt

yy ]

)1/(exp[

)(

10

1

=

)(

1)(

1

t

= )1(

1

t

= (1 - t )- untuk t < (1/ )

Contoh V.13

Gunakan hasil pada contoh V.12 untuk mendapatkan rumus k.

Penyelesaian



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) =

dyyfygeeE tyYgt )()(][ )( .

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).



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) =

dyyfeeE tyYt )(][

= 1

0][ dyeeE tyYt

= 101 tyet

= 11te

t

=

1......

!3!2!11

1 32 ttt

t

=

......

!3!2!1

1 32 ttt

t

=

......

!3!2!1

1 2tt.

Akibatnya m(t) =

......

!3

2

!2

1 tsehingga E[Y] = m(0) = ½ dan

m(t) =

......

!4

3

!3

2 2t

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



Karena fungsi pembangkit momen untuk Y adalah m(t) = 11te

tmaka fungsi

pembangkit momen untuk mg(Y) adalah

mg(Y) = 15

tt

et

e.

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) = 11te

tmaka fungsi

pembangkit momen untuk mg(Y) adalah

mg(Y) = 12

1 2 tet

.

Soal-soal

11.Tentukan fungsi pembangkit momen untuk variabel random Y yang

mempunyai fungsi probabilitas

y 0 1 2

f(y) 0,25 0,5 0,25

12. Jika diketahui bahwa 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] .



16.A random variable Y has the density function

f(y) = exp[y] y < 0

= 0 elsewhere

(a) Find E[ e 3Y/2 ].

(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 .

***



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) 1 2

1),( 21y y

yyp .

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 Y2 yang

menyatakan banyaknya ballpoint yang isinya berwarna merah, mungkin



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

seluruhnya 8 ballpoint adalah

282

8

cara.

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

32

3

cara.

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

Y1 = 0 3/28 6/28 1/28

Y1 = 1 9/28 6/28 0

Y1 = 2 3/28 0 0

Dengan menggunakan rumus, tabel tersebut juga dapat dinyatakan sebagai

2

8

2

323

),( 21212211

yyyyyYyYP

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



F(a,b) = P( Y1 a, Y2 b).

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

F(a,b) = ay by

yyp1 2

),( 21 .

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

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)

P( a1 Y2 a2 , b1 Y2 b2) merupakan volume di bawah bidang luasan f(y1,y2)

dan akan sama dengan

Contoh VI.2

Misalkan diberikan fungsi kepadatan probabilitas bersama :

f (y1,y2) = 4 y1 y2 untuk 0 < y1< 1 dan 0 < y2 < 1

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

Penyelesaian :

1221 ),(),( dydyyyfbaFa b

1),( 2121 dydyyyf

2

12121

2

1,),(

b

b

a

adydyyyf



P( Y1 < 0,5 , Y2 < 0,5) = 21

5,0

0

5,0

0214 dydyyy

= 2

5,0

0

2

1

5,0

022 dyyy

= 2

5,0

025,0 dyy

=

5,0

0

2

2

4

y

= 1/16.

Contoh VI.3

Misalkan diberikan fungsi kepadatan probabilitas bersama :

f (y1,y2) = y1 [ 1 + 3 (y2)2]/4 untuk 0 < y1 < 1 dan 0 < y2 < 1

= 0 untuk yang lain

Tentukan 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) = 21

2/1

4/1

1

0

21

4

31dydy

yy

= 2

2/1

4/1

1

0

2

12

24

31dy

yy

= 2

2/1

4/1

2

8

31dy

y

=

2/1

4/1

2

21

8

2/3

yy

= 3/64.



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) = 1221 1

11 ])(exp[8 dydyyyy

=

1

2211

11 ]exp[]exp[8 dyydyyy

dengan

b

bdyydyy

122

122 ]exp[lim]exp[

b

by 12 ]exp[lim

b

bee

1lim

= e-1.

b

bdyyydyyy

11111

111 ]exp[8lim]exp[8

b

byyy 1111 ]exp[]exp[lim8

]exp[]exp[2lim8 1 bbbeb

= 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

1 2

),(),(),( 212121y y

yypyygYYgE .

Jika Y1, Y2 adalah variabel random kontinu dengan fungsi kepadatan

probabilitas bersama f(y1,y2) maka



1 2

21212121 ),(),(),(y y

dydyyyfyygYYgE .

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 untuk 0 y1 1 ; 0 y2 1,

= 0 untuk yg lain.

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

Penyelesaian :

E[ Y1 Y2 ] = 21

1

0

1

0121 2)( dydyyyy

= 2

1

0

3

1

1

02 3/2 dyyy

= 2

1

02)3/2( dyy

=

1

0

2

2

3

y

= 1/3.

E[ Y1 + Y1 (Y2)2 ] = E[ Y1 ] + E[ Y1 (Y2)2 ]

= 21

1

0

1

011 2)( dydyyy + 21

1

0

1

01

2

21 2)( dydyyyy

= 2

1

0

3

1

1

03/2 dyy + 2

1

0

3

1

1

0

2

2 3/2 dyyy

= 2

1

0)3/2( dy + 2

1

0

2

2)3/2( dyy

= (2/3) +

1

0

3

2

9

2

y

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



= 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

1 2

),()()(),( 21221121y y

yypYYYYCov

dan 2 1

2121221121 ),()()(),(y y

dydyyyfyyYYCov .

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).



Penyelesian :

E[ Y1] = 21

1

0

1

011 2)( dydyyy

= 2

1

0

3

1

1

03/2 dyy

= 2

1

0)3/2( dy

= (2/3) .

E[ Y2] = 21

1

0

1

012 2)( dydyyy

= 22

1

0

2

1

1

0dyyy

= 2

2

21

0 2dy

y

= 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 masing-

masing dinyatakan dengan

1

2

),()(

),()(

2121

2111

y

y

yypyp

yypyp

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 :



12122

22111

),()(

),()(

dyyyfyf

dyyyfyf

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

1

0

2111 22)( ydyyyf

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

2

6

2

123

),( 21212211

yyyyyYyYP

untuk y1 = 0, 1, 2 , y2 = 0, 1, 2 dan 1 y1 + y2 2. Dalam bentuk

tabel hal itu dinyatakan pada tabel.



Y2 = 0 Y2 = 1 Y2 = 2 P(Y1 =

y1)

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 =

y2)

6/15 8/15 1/15 1

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

)(

),()|(

2

2121

yp

yypyyp .

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 :

4

1

15/8

15/2

)1(

)1,0()1|0(

p

pp .

4

3

15/8

15/6

)1(

)1,1()1|1(

p

pp .

015/8

15/0

)1(

)1,2()1|2(

p

pp .

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.



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

)|(]|[ 211221

1

yypyyYYEy

.

Sedangkan untuk Y1 dan Y2 variabel random bivariat kontinu nilai harapan

bersyarat dari Y1 bila diberikan Y2 = y2 didefinisikan dengan

1211221 )|(]|[ dyyyfyyYYE

.

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 Y1 bila

diberikan Y2 = y2. Tentukan nilai harapan bersyarat dari banyak penjualan Y1

bila diberikan Y2 yaitu banyak persediaannya 1 galon .



Penyelesaian :

Untuk menentukan nilai harapan bersyarat terlebih dahulu ditentukan fungsi

kepadatan probabilitas marginal dari variabel Y2 yaitu

2

2/2/1 201

01

22 y

ydyyy

untuk 0 y2 2. Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas bersyarat dari Y1

bila diberikan Y2 = y2 adalah

222

2121

1

2/

2/1

)(

),()|(

yyyf

yyfyyf

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

diberikan Y2 = 1 adalah

2/1]1|[ 1

1

0121 dyyYYE .

Hal itu berarti bahwa jika banyaknya persediaan minuman pada pagi hari

adalah1 galon maka harapan banyak penjualan selama hari itu adalah ½

galon.

***



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

)()(

ufdt

udFU .

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).



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,


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) = )3

1(

uYP .

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

)3

1(

uYP =

3/)1(

0)(

u

dyyf

= 3/)1(

02

u

dyy

=

2

3

1

u.

Diperoleh fungsi distribusi dari U adalah

F(u) = 0 untuk u < -1,

=

2

3

1

uuntuk -1 u 2,

= 1 untuk u > 2.

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas dari U adalah

fU(u) =dt

udFU )(= (2/9) (u + 1) untuk -1 u 2,

= 0 untuk u yang lain.



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)



= 1 - 1

0121

1

3u

uy

dydyy

= 1 - 11

1

1 )(3 dyuyyu

= 1 -

12

1

3

1

233

u

yuy

= 1 -

2)(

2

31

3uu

= (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) untuk 0 u 1


sehingga E(U) = duuu )1(2

3 21

0

=

1

0

42

422

3

uu= 3/8 .

Soal-soal :

1. Diketahui variabel random Y dengan fungsi densitas

f(y) = 2(1-y) untuk 0 y 1


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


Dalam ukuran ratusan galon. Keuntungan yang didapat pengusaha pompa

bensin adalah U = 10 Y - 4.



(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 untuk 0 y 1


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 |



= 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,


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 untuk –1 < u < 3

fU(u) = 0 untuk u yang lain

Contoh VII.5 :

Diketahui variabel random Y1 dan Y2 mempunyai fungsi kepadatan bersama

f(y1,y2) = )( 21 yye untuk 0 y1 ; 0 y2



= 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 = Y1 + 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 untuk 0 u, 0 y1 u

= 0 untuk yang lain

(catatan : Y1 u) .

Fungsi kepadatan marginal dari U dinyatakan dengan

fU(u) = uu

u eudyedyuyg

1

011 ),( untuk 0 u

= 0 untuk yang lain

Contoh VII.6

Jika Y merupakan variabel random kontinu dengan fungsi kepadatan

probabilitas

f(y) = (y + 1)/2 untuk – 1 y 1


maka untuk U = Y2 dapat ditentukan fungsi distribusinya

FU(u) = P( U u)

= P( Y2 u)

= P( - u Y2 u )



= FY(u) – FY(-u)

sehingga fungsi kepadatan probabilitasnya adalah

)()(2

1)( ufuf

uuf YYU .

Akibatnya fungsi kepadatan probabilitas U adalah

u

uu

uufU

2

1

2

1

2

1

2

1)(

untuk 0 u 1,

= 0 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) untuk 0 y 1


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.



Contoh VII.7 :

Misalkan variabel random Y mempunyai distribusi normal dengan mean dan

variansi 2. Dengan menggunakan fungsi pembangkit momen tunjukan bahwa

YZ 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



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

E[ U ] = i

n

iia

1

dan variansi

Var[ U ] = i

n

iia 2

1

2

.

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

i

iii

YZ

maka

n

iiZ

1

2mempunyai distribusi 2 dengan derajat bebas n.



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

U = i

n

ii Ya

1

.

6. Tipe elevator tertentu mempunyai kapasitas berat maksimum Y1 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 .

***



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) makan

Y

/

mempunyai

distribusi normal standard N(0,1). Apa yang akan terjadi padanS

Y

/

dengan 2

1

2 )(1

1YY

nS

n

ii

dan

n

iiY

nY

1

1?

Bila n 30, distribusi statistiknS

Y

/

secara hampiran,

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

distribusinS

Y

/

tidak lagi berdistribusi normal baku. Misalkan

)1(//

/

/ 22

nV

Z

S

n

Y

nS

YT

dengann

YZ

/

~ N(0,1) dan V =

2

2)1(

Sn ~ 2(n-1). Bila sampel

berasal dari populasi normal maka Y 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



dengan/V

ZT dan fungsi kepadatan probabilitasnya dinyatakan

dengan

2

12

1)2/(

2

2

)(

tth untuk - < t < .

Distribusi ini dinamakan distribusi t dengan derajat bebas .

Teorema VIII.2

Jika )(~ tT maka untuk > 2r berlaku sifat

rr

rr

TE

22

1

2

2

2

12

][ 2 ,

0][ 12 rTE .

untuk r = 1, 2, ….. dan untuk > 2 berlaku sifat

2)(

TV .

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.



Gambar VIII.1

VIII.2 Distribusi F

Statistik F didefinisikan sebagai perbandingan 2 variabel random chi-

kuadrat yang independen dan masing-masing dibagi dengan derajat bebasnya.

Berarti

2

1

/

/

V

UF

dengan U ~ 21 dan V ~ 2

2 .

Teorema VIII.3

Misalkan U dan V dua variabel random masing-masing berdistribusi chi-

kuadrat dengan derajat bebas 1 dan 2.

Fungsi kepadatan probabilitas dari variabel random2

1

/

/

V

UF dinyatakan

dengan

h(f) =2/)(

2

1

)12/(

21

2/

2

121

21

1

1

122

2

f

f v

untuk 0 < f < ,

= 0 untuk f yang lain

Distribusi ini dinamakan distribusi F dengan derajat bebas 1 dan 2.

Teorema VIII.4

Jika ),(~ 21 FY maka berlaku sifat



22

22

2

][21

21

1

2

rr

YE

untuk 2 > 2r dan untuk 2 > 2 berlaku

2)(

2

2

YE

dan berlaku)4()2(

)2(2)(

2221

21

2

2

YV untuk 2 > 4.

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

)1(2

2

1

2

112

1 1~)1(

nSn

X

dan

)1(2

2

2

2

222

2 2~)1(

nSn

X

.



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

)1;1(~)1(/

)1(/21

2

2

2

1

2

1

nnF

nX

nXF .

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 :

Karena ),(~/

/212

2

2

2

2

1

2

1

F

S

Smaka

95,0]),(/

/[ 2195,02

2

2

2

2

1

2

1

F

S

SP

95,0]),(

[2

2

2

1

2195,0

2

2

2

1

FS

SP .

Jika m = 16 dan n = 21 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

)20,15(95,0

2

2

2

1

FS

S.

***



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 representatif, khususnya untuk populasi yang tidak terlalu

heterogen adalah sampel random yaitu sampel yang 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.



(a) Statistik

n

iiY

nY

1

1disebut mean sampel

(b) Statistik 2

1

2 )(1

1YY

nS

n

ii

disebut variansi sampel.

(c) Statistik

2

1

~

nXX untuk n ganjil dan

2

122

~

nnXX

X untuk n genap

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 masing-

masing berdistribusi normal.

Teorema IX.1

Jika diketahui Y1, Y2, ..... , Yn adalah sampel random berukuran n dan

berdistribusi normal dengan mean dan variansi 2 maka

n

iiY

nY

1

1berdistribusi normal dengan mean dan variansi 2/n.

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

n

iiY

nY

1

1= nY

nY

nY

n

1....

1121



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

berdistribusi normal dengan mean

nn

Yn

Yn

EYE n

1....

1]

1....

1[][ 1 ,

nn

n

nnY

nY

nVYV n

2

2

22

2

2

21

1....

1]

1....

1[][

.

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

n

iiY

nY

1

1

berdistribusi normal dengan mean dan variansi 2/n sehingga

Yn

n

YYZ

Y

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

n

iiY

nY

1

1kesembilan botol tersebut jatuh pada interval

)2,2(YYYY

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.



Oleh karena itu

n

iiY

nY

1

1mempunyai distribusi sampling normal dengan

mean dan variansi )2,2(YYYY

. Akan ditentukan

P[ | Y | ( 0,3 ] = P[ - 0,3 Y 0,3 ]

= ]/

3,0

//

3,0[

nn

Y

nP

= ]9/1

3,0

9/1

3,0[ ZP

= 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

]3,03,0[ nY

nnP

= ]3,03,0[ nZnP = 0,95.

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.



Teorema IX.2

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

i

i

YZ

saling bebas dan mempunyai distribusi normal baku dan

n

i

in

ii

YZU

1

2

1

mempunyai distribusi 2 dengan derajat kebebasan n.

Bukti :

Karena Y1,Y2, ..... ,Yn sampel random dari distribusi normal dengan mean

dan variansi 2 maka

i

i

YZ 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

derajat bebas 1. Akibatnya

n

i

in

ii

YZU

1

2

1

berdistribusi 2 dengan

derajat bebas n.

Contoh IX.3

Jika Z1, Z2, ..... , Z6 sampel random dari distribusi normal baku maka

tentukan bilangan b sehingga P( bZi

i

6

1

) = 0,95.

Penyelesaian :

Dengan menggunakan Teorema X.2 diperoleh berdistribusi chi-kuadrat

dengan derajat bebas 6. Berdasarkan tabel distribusi chi-kuadrat dengan

derajat bebas 6 maka diperoleh b = 12,5916 yaitu P( 5916,126

1

i

iZ ) = 0,95

atau P( 5916,126

1

i

iZ ) = 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



2

1

2 )(1

1YY

nS

n

ii

.

Teorema IX.2

Diketahui Y1,Y2, ..... ,Yn adalah sampel random dari distribusi normal dengan

mean dan variansi 2 maka2

2

2

1

2

)1()(

SnYY

n

ii

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

P(b1 S2 b2) =

2

2

2

2

2

1 )1()1()1(

bnSnbnP .

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 =2

1)1(

bn = (n-1)b1 = 9 b1 ,

a2 =2

2)1(

bn = (n-1)b2 = 9 b2

atau b1 = 3,325/9 = 0,369 dan b2 = 16,919/9 = 1,880.



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,

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

n

iiX

1

2lebih dari

1,5.

***



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 untuk setiap i. Jika didefinisikan

)(

YnU n dengan

n

iiY

nY

1

1maka untuk n , fungsi distribusi Un

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




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

2/3][ YE

dan variansinya adalah

4/52 .

Akibatnya

)1,0(~36/2/5

)2/3(

/N

Y

n

Y

dan

)1,0(~12/5

)2/3(

/N

Y

n

Y

.

Probabilitas mean sampel lebih besar 1,4 tetapi lebih kecil dari 1,8 adalah

12/5

5,18,1

12/5

5,1

12/5

5,14,18,14,1

YPYP

= P[- 0.0037 Z 0.0112 ]

= 0.0059.

Pendekatan Normal untuk Distribusi Binomial

Probabilitas distribusi Binomial dengan mudah dapat diperoleh dari

fungsi probabilitas binomial

f(y) =

y

npy (1 - p)n-y , y = 0, 1, 2, ....., n

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.



Teorema X.2

Bila Y variabel random binomial dengan mean = np dan variansi 2 =

npq dengan q = 1 – p maka bentuk limit distribusinpq

npYZ

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

P(Y > 13) =

100

14

)1,0;100;(y

yB

= 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



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

P(25 Y 30) =

30

25

)4/1;80;(y

yB .

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

25

)4/1,80;(y

yB

( 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



= 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. Jika diambil sampel random sebanyak 50 mahasiswa di

Salatiga. Tentukan P( Y = 10 ) dan P(Y 12) dengan menggunakan

pendekatan normal.



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



Documents

BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I - Digital Library UWPlibrary.uwp.ac.id/digilib/files/disk1/1/--timpengaja-10-1-diktatt... · BUKU AJAR STATISTIK INDUSTRI I Oleh : Tim Dosen Statistik