RANGKUMAN RESPONSI 8 PROSES STOKASTIK DASAR

A. PROSES POISSON NONHOMOGEN

a.) Perbedaan proses poisson homogen dan nonhomogen - Proses poisson homogen memiliki fungsi intensitas yang konstan, yaitu sebesar

𝜆, sedangkan proses poisson nonhomogen memiliki fungsi intensitas yang tergantung pada waktu, yaitu sebesar 𝜆(𝑡). 𝜆(𝑡) menyatakan fungsi intesitas tersebut mempunyai laju yg berbeda-beda tergantung dr waktunya.

- Proses poisson homogen memiliki syarat inkremen statisioner, sedangkan proses poisson nonhomogen tidak memiliki syarat inkremen statisioner.

Fungsi piecewise pada proses poisson nonhomogen bisa bernilai konstan maupun berubah-ubah bergantung waktu.

b.) Penjelasan definisi 3.8: Suatu proses pencacahan disebut proses poisson nonhomogen jika memenuhi syarat: - Tidak ada kejadian di waktu nol. - Memiliki inkremen bebas tiap selang waktunya saling bebas dan tidak saling

berpengaruh kejadiannya. - Peluang terjadinya satu kejadian dalam selang waktu sangat kecil, yaitu sebesar

𝜆(𝑡) ℎ . - Peluang terjadinya lebih dari satu kejadian dalam selang waktu sangat kecil, yaitu

sebesar 𝑂(ℎ) atau tidak mungkin terjadi.

c.) Nilai 𝑂(ℎ) pada definisi 3.8 dibaca little o. Dalam jangka waktu yang panjang, nilai 𝑂(ℎ) sebesar 0. Nilai 𝑂(ℎ) disebut juga sebagai nilai error atau hal-hal yang tidak pasti kita ketahui. Karena nilai 𝑂(ℎ) sangat kecil, nilai 𝑂(ℎ) bisa diabaikan, tetapi tetap ditulis “𝑂(ℎ)”. Contoh proses poisson nonhomogen :

B. PROSES POISSON MAJEMUK

Teorema 3.9 Jika {𝑌(𝑡), 𝑡 ≥ 0} dengan 𝑌(𝑡) diberikan oleh persamaan 𝑌(𝑡) =∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0, dimana {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} adalah proses Poisson majemuk, maka nilai

harapan, ragam, dan fungsi pembangkit momen dari 𝑌(𝑡) diberikan oleh berturut-turut : a.) 𝐸𝑌(𝑡) = 𝜆 𝑡 𝐸(𝑋1) b.) 𝑉𝑎𝑟�𝑌(𝑡)� = 𝜆 𝑡 𝐸� 𝑋12� c.) 𝐸�𝑒𝑠𝑌(𝑡)� = 𝑒𝜆𝑡(Φ 𝑋1(𝑠)−1) dengan Φ 𝑋1(𝑠) = 𝐸(𝑒𝑠 𝑋1), yaitu fungsi pembangkit momen dari 𝑋1 Bukti :

a.) 𝐸𝑌(𝑡) = 𝐸 �𝐸�𝑌(𝑡)�𝑁(𝑡)��

= ∑ 𝐸(𝑌(𝑡)|𝑁(𝑡) = 𝑛) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= ∑ 𝐸�∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 �𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0

= ∑ 𝐸(∑ 𝑋𝑖)𝑁(𝑡)𝑖=1 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ 𝐸(𝑛 𝑋1) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ 𝐸( 𝑋1) 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸(𝑋1)∑ 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸(𝑋1)∑ 𝑁(𝑡) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸(𝑋1) 𝐸(𝑁(𝑡))

= 𝜆 𝑡 𝐸(𝑋1)

b.) 𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸 �𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡)��

= ∑ 𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= ∑ 𝐸 ��∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 �

2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0

= ∑ �∑ 𝐸(𝑋𝑖2𝑁(𝑡)

𝑖=1 ) + ∑ ∑ 𝐸(𝑋𝑖)𝐸(𝑋𝑗)𝑛𝑖≠𝑗

𝑛𝑖=1 � 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ �𝑛 𝐸� 𝑋12� + (𝑛2 − 𝑛)(𝐸( 𝑋1))2� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸� 𝑋12� ∑ 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 + (𝐸( 𝑋1))2 ∑ (𝑛2 − 𝑛) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)��

= 𝐸� 𝑋12� 𝜆𝑡 + (𝐸( 𝑋1))2(𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 − 𝜆𝑡) = 𝐸� 𝑋12� 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 (𝐸( 𝑋1))2

𝑉𝑎𝑟(𝑌(𝑡)) = 𝐸(𝑌(𝑡))2 − �𝐸�𝑌(𝑡)��2

= 𝐸� 𝑋12� 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 (𝐸( 𝑋1))2 − (𝜆 𝑡 𝐸(𝑋1))2 = 𝐸� 𝑋12� 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 (𝐸( 𝑋1))2 − (𝜆𝑡)2 (𝐸( 𝑋1))2 = 𝜆 𝑡 𝐸� 𝑋12�

Keterangan Pembuktian Teorema 3.9

1. 𝐸(𝑥) = 𝐸�𝐸(𝑥|𝑦)� 2. 𝐸(𝑥) = ∑𝑥 𝑝𝑥 (𝑥)

3. 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) = 𝐸(𝑁(𝑡))2 − �𝐸�𝑁(𝑡)��2

𝑚𝑎𝑘𝑎 𝐸(𝑁(𝑡))2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) + �𝐸�𝑁(𝑡)��2

= 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) = 𝐸(𝑁(𝑡)) = 𝜆𝑡, karena 𝑁(𝑡) proses poisson

4. 𝑉𝑎𝑟(𝑥) = 𝐸(𝑥)2 − �𝐸(𝑥)�2 5. Kenapa jadi muncul sigma ?

Itu ketika di fungsi majemuknya dikuadratkan, berarti ada kemungkinan total masing-masing kejadian dari peubah acaknya sama dan ada kemungkinan total dari masing-masing kejadian peubah acaknya berbeda.

6. Itu kenapa (n 2-n) ? karena kemungkinan pertama kan sigma=n, lalu kemungkinan kedua yaitu sebesar sigma sigma =n2 sehingga kemungkinan yang terjadi yaitu n2-n.

C. PEMBAHASAN SOAL UAS 2018 1. Sebuah “Boutique” buka selama 8 jam per hari, sebut saja dari t = 0 sampai t = 8.

Misalkan proses kedatangan pelanggan ke “Boutique” tersebut merupakan proses Poisson tak-homogen dengan fungsi intensitas :

𝜆(𝑡) = 8𝑡 − 𝑡2, untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 8 = 0, untuk 𝑡 lainnya

a. Tentukan nilai harapan dari banyaknya pelanggan yang datang selama 8 jam

buka

Kita diminta untuk mencari nilai harapannya, berarti caranya sama seperti kasus kedatangan bus di terminal Tirtonadi tersebut, tinggal diintegralkan saja. Karena yang ditanya selama 8 jam buka berarti diintegralkan dari 0 sampai 8.

𝐸(𝑁[0,8]) = � (8

08𝑡 − 𝑡2) 𝑑𝑡 = (4𝑡2 −

𝑡3

3) |08 = 4(64) −

83

3

= 85,33 = 86 orang b. Jika N ([0,1]) menyatakan banyaknya pelanggan yang datang pada interval

waktu [0,1], maka tentukan P(N([0,1]) ≥ 3)

Untuk menentukan banyaknya pelanggan yang datang pada interval waktu 0 sampai 1, maka kita hitung dulu rata-ratanya seperti tadi, tapi untuk waktu dari 0 sampai 1 saja. Lalu nilai tersebut nanti digunakan untuk menghitung peluang banyaknya individu yg datang lebih dari sama dengan 3 pada interval waktu 0 sampai 1. Untuk menghitung peluangnya sama seperti konsep yg sebelumnya kita pelajari.

𝐸(𝑁[0,1]) = � (1

08𝑡 − 𝑡2) 𝑑𝑡 = �4𝑡2 −

𝑡3

3� |01 = 4 −

13

=113

P(N([0,1]) ≥ 3) = 1 − P(N([0,1]) ≤ 2)

= 1−𝑒− 113 �

�113 �

0

0 ! + �113 �

1

1 ! + �113 �

2

2 ! �

= 0,7088825385

2. Diketahui suatu proses Poisson majemuk {𝑌(𝑡), 𝑡 ≥ 0} dengan 𝑌(𝑡) =∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0, dimana {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} adalah suatu proses Poisson homogen

dengan laju 𝜆 dan 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak i.i.d dengan 𝐸𝑋1 = 𝜃,𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜃2, yang juga bebas terhadap {𝑁(𝑡)}. Dengan penentuan nilai harapan lewat nilai harapan bersyarat, maka buktikan bahwa 𝐸(𝑌(𝑡))2 =𝜃2(2𝜆𝑡 + 𝜆2𝑡2) 𝑌(𝑡) = ∑ 𝑋𝑖

𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0

{𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} proses Poisson homogen dengan laju 𝜆 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak i.i.d 𝐸(𝑋1) = 𝜃 dan 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜃2 Adb 𝐸(𝑌(𝑡))2 = 𝜃2(2𝜆𝑡 + 𝜆2𝑡2).

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸 �𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡)��

= ∑ 𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= ∑ 𝐸 ��∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 �

2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0

= ∑ �∑ 𝐸(𝑋𝑖2𝑁(𝑡)

𝑖=1 ) + ∑ ∑ 𝐸(𝑋𝑖)𝐸(𝑋𝑗)𝑛𝑖≠𝑗

𝑛𝑖=1 � 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ �𝑛 𝐸� 𝑋12� + (𝑛2 − 𝑛)(𝐸( 𝑋1))2� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸� 𝑋12� ∑ 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 + (𝐸( 𝑋1))2 ∑ (𝑛2 − 𝑛) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝐸(𝑋1)2 − �𝐸(𝑋1)�2 𝐸(𝑋1)2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + �𝐸(𝑋1)�2 = 𝜃2 + 𝜃2 = 2𝜃2 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) = 𝐸�𝑁(𝑡)� = 𝜆𝑡

𝐸(𝑁(𝑡))2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) + �𝐸�𝑁(𝑡)��2

= 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� = 2𝜃2 𝜆𝑡 + (𝜃)2(𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 − 𝜆𝑡) = 2𝜃2 𝜆𝑡 + 𝜃2(𝜆𝑡)2 = 2𝜃2 𝜆𝑡 + 𝜃2𝜆2𝑡2 = 𝜃2(2𝜆𝑡 + 𝜆2𝑡2)

D. PEMBAHASAN SOAL POST TEST

1. Sebuah “Kedai Kopi” buka selama 6 jam per hari, sebut saja dari t = 0 sampai t =

6. Misalkan proses kedatangan pengunjung ke Kedai tersebut merupakan proses Poisson tak-homogen dengan fungsi intensitas: 𝜆(𝑡) = 5𝑡, untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 2

= 10, untuk 2 ≤ 𝑡 ≤ 4 = 30 − 5𝑡, untuk 4 ≤ 𝑡 ≤ 6

a. Tentukan nilai harapan dari banyaknya pengunjung yang datang selama 6 jam buka

𝐸(𝑁[0,6]) = � 𝜆(𝑡)6

0 𝑑𝑡 = � 5𝑡

2

0 𝑑𝑡 + � 10

4

2 𝑑𝑡 + � (30 − 5𝑡)

6

4 𝑑𝑡

= �52𝑡2� |02 + (10𝑡)|24 + �30𝑡 −

52𝑡2� |46

=52

(4) + (40 − 20) + ��180 −180

2 � − �120 −802 ��

= 10 + 20 + �(180 − 90) − (120 − 40)� = 10 + 20 + (90 − 80) = 10 + 20 + 10 = 40 orang

b. Jika N(1) menyatakan banyaknya pengunjung yang datang pada interval waktu [0,1], maka tentukan P(N(1) ≥ 2)

𝐸�𝑁(1)� = � 5𝑡1

0 𝑑𝑡 = �

52𝑡2� |01 =

52

P(N(1) ≥ 2) = 1 − P(N([0,1]) < 2)

= 1−𝑒− 52 ��5

2�0

0 ! + �52�

1

1 ! �

= 1 − 𝑒− 52 �72�

= 1 − 0,2872974951 = 0,7127025049

c. Misalkan setiap pengunjung yang datang membelanjakan uang yang nilainya

merupakan peubah acak dengan hanya 4 kemungkinan, yaitu Rp. 2.000, Rp. 3.000, Rp. 4.000, dan Rp.5.000 dengan peluang berturut-turut 0.2, 0.3, 0.3, dan 0.2, serta peubah acak ini adalah bebas terhadap proses kedatangan pengunjung. Tentukan nilai harapan dari banyaknya uang yang dibelanjakan oleh pengunjung yang datang pada interval waktu [0,4] Nilai harapan = 0,2 (2000) + 0,3 (3000) + 0,3 (4000) + 0,2 (5000) = 400 + 900 + 1200 + 1000 = Rp. 3.500

2. Misalkan proses kedatangan klaim suatu perusahaan asuransi “Sepeda Motor” merupakan proses Poisson homogen dengan laju 20 orang/tahun. Misalkan pula besar tiap klaim yang datang merupakan peubah acak i.i.d. yang menyebar eksponensial dengan rataan ¾ juta rupiah, serta bebas terhadap proses kedatangan klaim. Jika 𝑌(𝑡) = 𝑌([0, 𝑡]) menyatakan total klaim yang datang pada interval waktu [0, 𝑡] (dalam tahun), maka

a. Tentukan 𝐸𝑌([0,2]) beserta satuannya 𝐸𝑌([0,2]) = 𝜆 𝑡 𝐸(𝑋1) 𝜆 = 20 orang per tahun, t = 2 tahun, dan 𝐸(𝑋1) = 3

4 juta rupiah per orang

𝐸𝑌([0,2]) = 20 (2) �34�

= 30 𝑗𝑢𝑡𝑎 𝑟𝑢𝑝𝑖𝑎ℎ.

b. Tentukan simpangan baku dari 𝑌([0,2]) beserta satuannya 𝑋1 : peubah acak eksponensial dengan parameter 𝜇

𝐸(𝑋1) = 1𝜇

= 34𝑗𝑢𝑡𝑎 𝑟𝑢𝑝𝑖𝑎ℎ 𝑝𝑒𝑟 𝑜𝑟𝑎𝑛𝑔

Jadi, 𝜇 = 43

𝐸�𝑋12� = 2𝜇2

= 2

�43�2 = 2

�169 �= 9

8

𝑉𝑎𝑟�𝑌([0,2])� = 𝜆 𝑡 𝐸�𝑋12� = 20 (2) �98� = 45

Simpangan baku = �𝑉𝑎𝑟�𝑌([0,2])� = √45 = 6,71 𝑗𝑢𝑡𝑎 𝑟𝑢𝑝𝑖𝑎ℎ

E. PEMBAHASAN SOAL UAS 2017

1. Sebuah “Kedai Kopi” buka selama 10 jam per hari, sebut saja dari t = 0 sampai t

= 10. Misalkan proses kedatangan pengunjung ke “Kedai Kopi” tersebut merupakan proses Poisson non-homogen dengan fungsi intensitas:

𝜆(𝑡) = 𝑡, untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 3

= 3, untuk 3 ≤ 𝑡 ≤ 7 = 10 − 𝑡, untuk 7 ≤ 𝑡 ≤ 10

a. Tentukan nilai harapan dari banyaknya pengunjung yang datang selama 10 jam buka

𝐸(𝑁[0,10]) = � 𝜆(𝑡)10

0 𝑑𝑡 = � 𝑡

3

0 𝑑𝑡 + � 3

7

3 𝑑𝑡 + � (10 − 𝑡)

10

7 𝑑𝑡

= �12𝑡2� |03 + (3𝑡)|37 + �10𝑡 −

12𝑡2� |710

=12

(9) + (21 − 9) + ��100 −100

2 � − �70 −492 ��

= 4,5 + 12 + �(100 − 50) − (70 − 24,5)� = 4,5 + 12 + (50 − 45,5) = 4,5 + 12 + 4,5 = 21 orang

Jadi, rata-rata banyaknya pengunjung yang datang selama 10 jam buka sebanyak 21 orang

b. Jika 𝑁([𝑎, 𝑏]) menyatakan banyaknya pengunjung yang datang pada interval waktu [𝑎, 𝑏], maka tentukan 𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]), 𝑁([1,3])� Ingat : 𝐶𝑜𝑣(𝑥,𝑦) = 𝐸(𝑥𝑦) − 𝐸(𝑥) 𝐸(𝑦)

𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]),𝑁([1,3])� = 𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� − 𝐸�𝑁([0,2])� 𝐸�([1,3])�

𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� = 𝐸 ��𝑁([0,1]) + 𝑁([1,2])� �𝑁([1,2]) + 𝑁([2,3])�� = 𝐸(�𝑁([0,1]) 𝑁([1,2])� + �𝑁([0,1]) 𝑁([2,3])� +�𝑁([1,2])�2 + �𝑁([1,2]) 𝑁([2,3])�) = 𝐸�𝑁([0,1]) 𝑁([1,2])� + 𝐸�𝑁([0,1]) 𝑁([2,3])� +𝐸�𝑁([1,2])�2 + 𝐸�𝑁([1,2]) 𝑁([2,3])� = 𝐸�𝑁([0,1])� 𝐸�𝑁([1,2])� + 𝐸�𝑁([0,1])� 𝐸�𝑁([2,3])�

+𝐸�𝑁([1,2])�2 + 𝐸�𝑁([1,2])� 𝐸�𝑁([2,3])� 𝐸�𝑁([0,1])� = ∫ 𝑡10 𝑑𝑡 = �1

2𝑡2� |01 = 1

2

𝐸�𝑁([1,2])� = ∫ 𝑡21 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |12 = 4

2− 1

2= 3

2

𝐸�𝑁([2,3])� = ∫ 𝑡32 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |23 = 9

2− 4

2= 5

2

𝐸�𝑁([1,2])�2 = 𝑉𝑎𝑟�𝑁([1,2])� + �𝐸�𝑁([1,2])��2

= 𝐸�𝑁([1,2])� + �𝐸�𝑁([1,2])��2

= 32

+ �32�2

= 32

+ 94

= 64

+ 94

= 154

𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� =12 �

32�

+12 �

52�

+154

+32 �

52�

= 34

+ 54

+ 154

+ 154

= 384

𝐸�𝑁([0,2])� = � 𝑡2

0 𝑑𝑡 = �

12𝑡2� |02 =

42

= 2

𝐸�𝑁([1,3])� = ∫ 𝑡31 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |13 = 9

2− 1

2= 8

2= 4

𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]),𝑁([1,3])� = 384− 2(4)

= 384− 8

= 384− 32

4

= 64

= 1,5

2. Diketahui suatu proses Poisson majemuk {𝑌(𝑡), 𝑡 ≥ 0} dengan 𝑌(𝑡) =∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0, dimana {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} adalah suatu proses Poisson homogen

dengan laju 𝜆 dan 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak eksponensial i.i.d dengan 𝐸𝑋1 = 𝜃, 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜃2, yang juga bebas terhadap {𝑁(𝑡)}. Dengan penentuan nilai harapan lewat nilai harapan bersyarat, maka buktikan bahwa 𝐸(𝑌(𝑡))2 = 2𝜆𝑡𝜃2 + (𝜆𝑡𝜃)2 𝑌(𝑡) = ∑ 𝑋𝑖

𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0

{𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} proses Poisson homogen dengan laju 𝜆 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak i.i.d 𝐸(𝑋1) = 𝜃 dan 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜃2 Adb 𝐸(𝑌(𝑡))2 = 2𝜆𝑡𝜃2 + (𝜆𝑡𝜃)2.

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸 �𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡)��

= ∑ 𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= ∑ 𝐸 ��∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 �

2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0

= ∑ �∑ 𝐸(𝑋𝑖2𝑁(𝑡)

𝑖=1 ) + ∑ ∑ 𝐸(𝑋𝑖)𝐸(𝑋𝑗)𝑛𝑖≠𝑗

𝑛𝑖=1 � 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ �𝑛 𝐸� 𝑋12� + (𝑛2 − 𝑛)(𝐸( 𝑋1))2� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸� 𝑋12� ∑ 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 + (𝐸( 𝑋1))2 ∑ (𝑛2 − 𝑛) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝐸(𝑋1)2 − �𝐸(𝑋1)�2 𝐸(𝑋1)2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + �𝐸(𝑋1)�2 = 𝜃2 + 𝜃2 = 2𝜃2 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) = 𝐸�𝑁(𝑡)� = 𝜆𝑡

𝐸(𝑁(𝑡))2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) + �𝐸�𝑁(𝑡)��2

= 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� = 2𝜃2 𝜆𝑡 + (𝜃)2(𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 − 𝜆𝑡) = 2𝜆𝑡𝜃2 + 𝜃2(𝜆𝑡)2 = 2𝜆𝑡𝜃2 + (𝜆𝑡𝜃)2

F. PEMBAHASAN SOAL UAS 2016

1. Sebuah “Salon Kecantikan” buka selama 10 jam per hari, sebut saja dari t = 0

sampai t = 10. Misalkan proses kedatangan pengunjung ke “Salon Kecantikan” tersebut merupakan proses Poisson non-homogen dengan fungsi intensitas: 𝜆(𝑡) = 𝑡, untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 4

= 4, untuk 4 ≤ 𝑡 ≤ 8 = 20 − 2𝑡, untuk 8 ≤ 𝑡 ≤ 10

a. Tentukan nilai harapan dari banyaknya pengunjung yang datang selama 10 jam buka

𝐸(𝑁[0,10]) = � 𝜆(𝑡)10

0 𝑑𝑡 = � 𝑡

4

0 𝑑𝑡 + � 4

8

4 𝑑𝑡 + � (20 − 2𝑡)

10

8 𝑑𝑡

= �12𝑡2� |04 + (4𝑡)|48 + (20𝑡 − 𝑡2)|810

=12

(16) + (32 − 16) + �(200 − 100) − (160 − 64)�

= 8 + 16 + (100 − 96) = 8 + 16 + 4 = 28 orang

Jadi, rata-rata banyaknya pengunjung yang datang selama 10 jam buka sebanyak 28 orang

b. Jika 𝑁([𝑎, 𝑏]) menyatakan banyaknya pengunjung yang datang pada interval waktu [𝑎, 𝑏], maka tentukan 𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]), 𝑁([1,3])�

Ingat : 𝐶𝑜𝑣(𝑥,𝑦) = 𝐸(𝑥𝑦) − 𝐸(𝑥) 𝐸(𝑦)

𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]),𝑁([1,3])� = 𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� − 𝐸�𝑁([0,2])� 𝐸�([1,3])� 𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� = 𝐸 ��𝑁([0,1]) + 𝑁([1,2])� �𝑁([1,2]) + 𝑁([2,3])�� = 𝐸(�𝑁([0,1]) 𝑁([1,2])� + �𝑁([0,1]) 𝑁([2,3])� +�𝑁([1,2])�2 + �𝑁([1,2]) 𝑁([2,3])�) = 𝐸�𝑁([0,1]) 𝑁([1,2])� + 𝐸�𝑁([0,1]) 𝑁([2,3])� +𝐸�𝑁([1,2])�2 + 𝐸�𝑁([1,2]) 𝑁([2,3])� = 𝐸�𝑁([0,1])� 𝐸�𝑁([1,2])� + 𝐸�𝑁([0,1])� 𝐸�𝑁([2,3])�

+𝐸�𝑁([1,2])�2 + 𝐸�𝑁([1,2])� 𝐸�𝑁([2,3])� 𝐸�𝑁([0,1])� = ∫ 𝑡10 𝑑𝑡 = �1

2𝑡2� |01 = 1

2

𝐸�𝑁([1,2])� = ∫ 𝑡21 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |12 = 4

2− 1

2= 3

2

𝐸�𝑁([2,3])� = ∫ 𝑡32 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |23 = 9

2− 4

2= 5

2

𝐸�𝑁([1,2])�2 = 𝑉𝑎𝑟�𝑁([1,2])� + �𝐸�𝑁([1,2])��2

= 𝐸�𝑁([1,2])� + �𝐸�𝑁([1,2])��2

= 32

+ �32�2

= 32

+ 94

= 64

+ 94

= 154

𝐸�𝑁([0,2]) 𝑁([1,3])� =12 �

32�

+12 �

52�

+154

+32 �

52�

= 34

+ 54

+ 154

+ 154

= 384

𝐸�𝑁([0,2])� = � 𝑡2

0 𝑑𝑡 = �

12𝑡2� |02 =

42

= 2

𝐸�𝑁([1,3])� = ∫ 𝑡31 𝑑𝑡 = �12𝑡2� |13 = 9

2− 1

2= 8

2= 4

𝐶𝑜𝑣�𝑁([0,2]),𝑁([1,3])� = 384− 2(4)

= 384− 8

= 384− 32

4

= 64

= 1,5

2. Diketahui suatu proses Poisson majemuk {𝑌(𝑡), 𝑡 ≥ 0} dengan 𝑌(𝑡) =∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0, dimana {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} adalah suatu proses Poisson homogen

dengan laju 𝜆 dan 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak i.i.d dengan 𝐸𝑋1 = 𝜇,𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜎2, yang juga bebas terhadap {𝑁(𝑡)}. Dengan penentuan nilai harapan lewat nilai harapan bersyarat, maka buktikan bahwa 𝐸(𝑌(𝑡))2 =𝜆𝑡(𝜇2 + 𝜎2) + (𝜆𝑡𝜇)2 𝑌(𝑡) = ∑ 𝑋𝑖

𝑁(𝑡)𝑖=1 , 𝑡 ≥ 0

{𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} proses Poisson homogen dengan laju 𝜆 𝑋1,𝑋2, … adalah barisan peubah acak i.i.d 𝐸(𝑋1) = 𝜇 dan 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝜎2 Adb 𝐸(𝑌(𝑡))2 = 𝜆𝑡(𝜇2 + 𝜎2) + (𝜆𝑡𝜇)2.

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸 �𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡)��

= ∑ 𝐸 ��𝑌(𝑡)�2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= ∑ 𝐸 ��∑ 𝑋𝑖𝑁(𝑡)𝑖=1 �

2�𝑁(𝑡) = 𝑛� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0

= ∑ �∑ 𝐸(𝑋𝑖2𝑁(𝑡)

𝑖=1 ) + ∑ ∑ 𝐸(𝑋𝑖)𝐸(𝑋𝑗)𝑛𝑖≠𝑗

𝑛𝑖=1 � 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = ∑ �𝑛 𝐸� 𝑋12� + (𝑛2 − 𝑛)(𝐸( 𝑋1))2� 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 = 𝐸� 𝑋12� ∑ 𝑛 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞

𝑛=0 + (𝐸( 𝑋1))2 ∑ (𝑛2 − 𝑛) 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑛)∞𝑛=0

= 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) = 𝐸(𝑋1)2 − �𝐸(𝑋1)�2 𝐸(𝑋1)2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + �𝐸(𝑋1)�2 = 𝜎2 + 𝜇2 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) = 𝐸�𝑁(𝑡)� = 𝜆𝑡

𝐸(𝑁(𝑡))2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑁(𝑡)) + �𝐸�𝑁(𝑡)��2

= 𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2

𝐸�𝑌(𝑡)�2 = 𝐸� 𝑋12� 𝐸�𝑁(𝑡)� + (𝐸( 𝑋1))2 �𝐸�𝑁(𝑡)�2 − 𝐸�𝑁(𝑡)�� = (𝜎2 + 𝜇2) 𝜆𝑡 + (𝜇)2(𝜆𝑡 + (𝜆𝑡)2 − 𝜆𝑡) = 𝜆𝑡 (𝜎2 + 𝜇2) + 𝜇2(𝜆𝑡)2 = 𝜆𝑡 (𝜇2 + 𝜎2) + (𝜆𝑡𝜇)2