Embed Size (px)
Citation preview
TUGAS
PROSES STOKASTIK
OLEH :
FERNINDA
130803042
DEPARTEMEN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS SUMATERA UTARA
MEDAN
2015
TUGAS I
1.) Jelaskan apa yang dimakasud dengan varians dan kovarians ?
Jawab :
Varians adalah ukuran – ukuran keragaman (variasi) data statistik yang paling
sering digunakan. Varians dapat menggambarkan bagaimana berpencar suatu data
kuantitaif varians diberi simbol 𝑟2 untuk populasi dan untuk 𝑠2 sampel.
Kovarians adalah suatu pengukuran yang menyatakan variasi bersama dari dua
variabel acak kovarians antara dua variabel acak diskrit x dan y dinotasikan
dengan 𝜎𝑥𝑦 dan didefinisikan sebagai berikut.
Kovarians
𝜎𝑥𝑦 = 𝑋𝑖 − 𝐸 𝑋 𝑌𝑖 − 𝐸 𝑌 𝑝(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )
𝑁
𝑖=1
dimana : 𝑋𝑖 = nilai variabel acak X ke-i
𝑌𝑖 = nilai variabel acak Y ke-i
𝑝(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖) = probabilitas terjadinya 𝑥𝑖 dan 𝑦𝑖
i = 1,2,...,N
2.) Buktikan
a.) Distribusi Gamma
𝑓𝑥 𝑥 =𝜆𝑘
𝑟(𝑘) 𝑥𝑘−1𝑒−𝜆𝑘 for 0 < 𝑥 < ∞
Where 𝑟 𝑘 = 𝑦𝑘−1∞
0𝑒−𝑦 𝑑𝑦 (the gamma function)
Solusi :
Fungsi gamma menurut Euler yang diberikanoleh:
Γ 𝑎 = lim𝑛 → ∞
1.2.3 …… (𝑛 − 1)
𝑎 𝑎 + 1 …… (𝑎 + 𝑛 − 1)𝑛𝑎
Menurut definisi Euler, kita turunkan sifat – sifat Γ 𝑎 :
Γ 𝑎 = lim𝑛 → ∞
1.2.3 …… (𝑛 − 1)
𝑎 𝑎 + 1 (𝑎 + 2) …… (𝑎 + 𝑛 − 1)(𝑎 + 𝑛)𝑛𝑎+1
Γ 𝑎 = lim𝑛 → ∞
𝑛𝑎
(𝑎 + 𝑛)
1.2.3 …… (𝑛 − 1)
𝑎 𝑎 + 1 …… (𝑎 + 𝑛 − 1) 𝑛𝑎
Proses ini terus dikembangkan sehingga diperoleh:
Γ 𝑎 = 𝑎Γ 𝑎 = 𝑎 𝑎 − 1 Γ 𝑎 − 1 = 𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 2 ……… 3.2.1 = 𝑎!
Untuk menghitung harga fungsi gamma untuk sembarang peubah, kita tinjau dari
integral
𝐹 𝑎, 𝑛 = 1 −𝑡
𝑛
𝑛
𝑡𝑎−1 𝑑𝑡
𝑛
0
dengan n merupakan bilangan bulat positif dan a > 0. Selanjutnya kita namakan
t / n = s dengan t bergerak dari 0 ⟶ n, sedangkan n ⟶∞, maka integral diatas dapat
dituliskan sebagai,
𝐹 𝑎, 𝑛 = 𝑛𝑎 1 − 𝑠 𝑛𝑠𝑎−1𝑑𝑠
𝑛
0
Kalau kita integralkan secara parsial, diperoleh;
𝐹 𝑎, 𝑛 = 𝑛 − 1 ……… 1.2.3
𝑎 𝑎 + 1 …… (𝑎 + 𝑛 − 1)𝑛𝑎
yang ternyata lim𝑛 → ∞ 𝐹 𝑎, 𝑛 = Γ(𝑎)
kemudian dengan mengingat bahwa
lim𝑝 → ∞
(1 + 1/𝑝)𝑝 = 𝑒, 𝑚𝑎𝑘𝑎 lim𝑛 → ∞
(1 − 𝑡/𝑛)𝑛 = 𝑒−𝑡
Dengan demikian kita dapat menulis integral fungsi gamma sebagai
Γ 𝑛 = lim𝑛 →0
𝐹(𝑎, 𝑛) 𝑡𝑎−1∞
0
𝑒−𝑡 𝑑𝑥
Dengan ini kita dapat memperluas harga agar tidak hanya meliputi bilangan bulat
positif, melainkan yang pecahan pun juga memenuhi. Selanjutnya, untuk
memudahkannya kita ganti a dengan n yang dapat berupa bilangan bulat positif atau
pecahan – sementara out t kita ganti dengan x sehingga dinyatakan sebagai berikut,
𝜞 𝒏 = 𝒙𝒏−𝟏∞
𝟎
𝒆−𝒙 𝒅𝒙
b.) Distribusi Normal
𝑓𝑥(𝑥) =1
2𝜋𝜎2𝑒
{− 𝑥−𝜇 2
2𝜎2 } for −∞ < 𝑥 < ∞
Solusi :
TUGAS II
3.) Suppose that the number of calls per hour arriving at an answering service follows a
poisson process with 𝜆 = 4.
a.) What is the probability that fewer than two calss come in the first hour ?
b.) Suppose that six calls arrive in the first hour. What is the probability that at least two
calls will arrive in the second hour ?
c.) The person answering the phones waits until fifteen phone calls have arrived before
going to lunch. What is the expected amount of time that the person will wait ?
d.) Suppose it is known that exactly eight calls arrived in the first two hours. What is the
probability that exactly five of themarrived in the first hour ?
e.) Suppose it is known that exactly k calls arrived in the first four hours . What is the
probability that exactly j of them arrived in the first hour ?
Solusi :
a.) a. Probabilitas bahwa kurang dari dua panggilan masuk pada satu jam pertama adalah
P(T2 > 1). Namun, {T2 > 1} = {X1 < 2}. Jadi itu setara untuk menghitung baik P(T2 > 1)
atau P(X1 < 2). Karena X1 𝜖 Po(4), kita ketahui
P(X1 < 2) = P(X1 = 0) + P(X1 = 1) = 40
0! 𝑒−4 + =
41
1! 𝑒−4 = 5𝑒−4
Di sisi lain, karena T2 𝜖 𝛤( 2, 1
4 ), kita hitung
P(T2 > 1) = 1
𝛤(2)
∞
1 42 x𝑒−4x
dx = 16𝑥𝑒−4𝑥∞
1 dx = 5𝑒−4
Ingat bahwa integration by parts dengan u = x dan dv = 16e−4x
menghasilkan
16𝑥𝑒−4𝑥 dx = -4xe- 4x
+ −4𝑥𝑒−4𝑥 dx = −4xe−4x
− e−4x.
b.) Probabilitas bahwa setidaknya dua panggilan masuk di jam kedua mengingat bahwa enam
panggilan tiba di satu jam pertama adalah
P(X2 ≥ 8|X1 = 6) = P(x2 ≥8,x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P(x2−x1 ≥2,x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P x2−x1 ≥2 P(x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P x2 − x1 ≥ 2
Karena X2 − X1 ∈ Po(4), kita dapat menyimpulkan bahwa
P x2 − x1 ≥ 2 = 1 - P x2 − x1 ≥ 2 = 1 − 5e−4
Dengan menggunakan hasil kita di (a)
c.) Perhatikan bahwa T15 itu adalah waktu panggilan kelima belas masuk. Karena T15 ∈ 𝛤(
15, 1
4 ), kita dapat menyimpulkan
E(T15) = 15. 1
4
= 15
4
Sebagai kemungkinan lain, T15 = T1 + T2 + … + T15 dengan Ti ∈ Exp ( 1
4 ), kita dapat
menyimpulkan
E(T15) = E(T1) + E(T2) + … + E(T15)
= 1
4 +
1
4 + … +
1
4
= 15
4
d.) Probabilitas bahwa tepat 5 panggilan masuk pada satu jam pertama dengan mengingat
bahwa delapan panggilan masuk pada dua jam pertama diberikan oleh
P(X1 = 5|X2 = 8) = P(x1= 5,x2 = 8)
P(x2 = 8)
= P(x2 − x1 = 3,x2 = 5)
P(x2 = 8)
= P x2 − x1 = 3 P(x2 = 5)
P(x2 = 8)
Karena X2 – X1 ∈ Po(4)
P(X2 − X1 = 3) = 43
3! 𝑒−4,
Karena X1 ∈ Po(4)
P(X1 = 5) = 45
5! 𝑒−4,
Dan karena X2 ∈ Po(4)
P(X2 = 8) = 88
8! 𝑒−8,
Kita bisa mengkombinasikannya sehingga diperoleh
P(X1 = 5|X2 = 8) =
43
3! 𝑒−445
5! 𝑒−4
88
8! 𝑒−8
= 8!
3!5!28
= 7
32
e.) Probabilitas bahwa tepat j panggilan masuk pada satu jam pertama dengan mengingat
bahwa k panggilan masuk pada empat jam pertama diberikan oleh
P(X1 = j|X2 = k) = P(x1= j,x2 = k)
P(x2 = k)
= P(x2 − x1 = k−j,x2 = j)
P(x2 = 8)
= P x2 − x1 = k−j P(x2 = j)
P(x2 = j)
Karena X2 – X1 ∈ Po(4)
P(X2 − X1 = k-j) = 4(𝑘−𝑗)
(𝑘−𝑗 )! 𝑒−4,
Karena X1 ∈ Po(4)
P(X1 = j) = 4𝑗
𝑗 ! 𝑒−4,
Dan karena X2 ∈ Po(4)
P(X2 = k) = 𝑘𝑘
𝑘 ! 𝑒−𝑘 ,
Kita bisa mengkombinasikannya sehingga diperoleh
P(X1 = j|X2 = k) =
4(𝑘−𝑗)
(𝑘−𝑗)! 𝑒−44𝑗
𝑗 ! 𝑒−4
𝑘𝑘
𝑘 ! 𝑒−𝑘
TUGAS III
1.) Carilah peluang menang untuk olahraga dari skor nol !
Solusi :
W W W W W
A : W 1 2 ... N-1 N N+1 N+2
L L L L L
0 L L L L L L
B : W 1 2 ... N-1 N N+1 N+2
W W W W W
Keterangan : Skor A dan B dimulai dari 0.
Use first step analysis. The possible step starting before deuce are :
1. A wins the next point (probability p) : move to state A.
2. A lose the next point (probability q) : move to state B.
Berlaku dari 0 sampai N-1.
So, P(A wins) = p
P(A loses) = q =1-p
Let V be the event that a wins EVENTUALLY starting from deuce, so V =
P(A|D). Starting from deuce (D), the possible steps are to states A and B. So :
q
N A win (𝐴+ ) A win (W)
p
q
N p A loses ( 𝐵+) A loses (L)
Keterangan : 𝐴+ : A win and get 1 point
𝐵+ : A lose and get B 1 point
V = P(A wins | D) = P (A | D)
= PD A
= PD A A+ PD A+ + PD A B+ PD B+
= PD A A+ p + PD A B+ q … (∗)
Now we need find P(A|A+) and P(B|B+), again using first-step analysis :
P(A|A+) = P(A|W)p + P(A|D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv ... (a)
Similary
P(A|B+) = P(A|L)p + P(A|D)q
= 0 x q + v x p
= pv ... (b)
Substitute (a) and (b) into (*)
V = (p + qv)p + (pv)q
= p2 + pqv + pqv
= p2 + 2pqv
V - 2pq = p2
V(1- 2pq) = p2
V = p2
1−2pq
Because p + q =1, we have :
1 = (𝑝 + 𝑞)2 = p2 + q2 + 2pq
1- 2 pq = p2 + q2
Final probability that A wins the game is
V = p2
1−2 𝑝𝑞
V = p2
p2+q2
2.) Carilah peluang menang untuk olahraga bulutangkis dimulai dari sebarang skor !
Solusi:
Untuk A yang mulai servis
W W W W W
A ...
L L L L L L L L L L
B ...
W W W W W
Keterangan: x = skor awal A
y = skor awal B
W = wins
L = Loses
Gunakan analisis pertama. Langkah yang mungkin sebelum terjadinya Deuce
yaitu:
a. A menang untuk point selanjutnya (peluang p) : pindah ke kejadian A.
b. A kalah untuk point selanjutnya (peluang q) : pindah ke kejadian B.
Banyak kejadian yang mungkin: 2N-2-x-y
Jadi, P(Awins) = 𝑝
2𝑁−2−𝑥−𝑦
P(Aloses) = 𝑞
2𝑁−2−𝑥−𝑦
x
y
x+1 N-1
y+1 N-1 N
N
N+1
N+1
N+2
N+2
q p
p
q
p q
Keterangan : X = A win dan bertambah 1 point.
Y = A loses dan B bertambah 1 point.
Andaikan v kejadian A wins dimulai dari Deuce, jadi v = P(A | D). Dimulai
dari Deuce (D), langkah-langkah yang mungkin untuk kejadian A dan B,
Maka:
v = P(A wins | D) = P(A | D)
= PD (A)
= PD (A | X) PD (X) + PD (A | Y) PD (Y)
= P (A | X)p + P (A | Y)q (*)
Sekarang kita butuh mencaria P(A | X) dan P(A | Y), gunakan langkah analisis
pertama:
P(A | X) = P(A | W)p + P(A | D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv. (a)
dan,
P(A | Y) = P(A | L)q + P(A | D)p
= 0 x q + v x p
= pv. (b)
Deuce (D)
X
Deuce (D)
Deuce (D)
Y A loses (B)
A wins (W)
Substitusi (a) dan (b) ke (*)
v = (p + qv)p + (pv)q
v = p2 + pqv + pqv
v = p2 + 2pqv
v – 2pqv = p2
v(1–2pq)= p2
𝑣 = 𝑝2
1−2𝑝𝑞
Karena p + q = 1, 1 = (p + q)2 = p
2 + q
2 + 2pq. Maka 1 – 2pq = p
2 + q
2
Jadi, probabilitas A wins yaitu:
v = 𝒑𝟐
𝒑𝟐+𝒒𝟐
Untuk B yang mulai servis
W W W W W
A ...
L L L L L L L L L L
B ...
W W W W W
Keterangan: x = skor awal A
y = skor awal B
W = wins
L = Loses
x
y
x+1 N-1
y+1 N-1 N
N
N+1
N+1
N+2
N+2
Gunakan analisis pertama. Langkah yang mungkin sebelum terjadinya Deuce
yaitu:
c. A menang untuk point selanjutnya (peluang p) : pindah ke kejadian A.
d. A kalah untuk point selanjutnya (peluang q) : pindah ke kejadian B.
Banyak kejadian yang mungkin: 2N-2-x-y
Jadi, P(Awins) = 𝑝
2𝑁−2−𝑥−𝑦
P(Aloses) = 𝑞
2𝑁−2−𝑥−𝑦
q p
p
q
p q
Keterangan : X = A win dan bertambah 1 point.
Y = A loses dan B bertambah 1 point.
Andaikan v kejadian A wins dimulai dari Deuce, jadi v = P(A | D). Dimulai
dari Deuce (D), langkah-langkah yang mungkin untuk kejadian A dan B,
Maka:
v = P(A wins | D) = P(A | D)
= PD (A)
= PD (A | X) PD (X) + PD (A | Y) PD (Y)
= P (A | X)p + P (A | Y)q (*)
Sekarang kita butuh mencaria P(A | X) dan P(A | Y), gunakan langkah analisis
pertama:
P(A | X) = P(A | W)p + P(A | D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv. (a)
Deuce (D)
X
Deuce (D)
Deuce (D)
Y A loses (B)
A wins (W)
dan,
P(A | Y) = P(A | L)q + P(A | D)p
= 0 x q + v x p
= pv. (b)
Substitusi (a) dan (b) ke (*)
v = (p + qv)p + (pv)q
v = p2 + pqv + pqv
v = p2 + 2pqv
v – 2pqv = p2
v(1–2pq)= p2
𝑣 = 𝑝2
1−2𝑝𝑞
Karena p + q = 1, 1 = (p + q)2 = p
2 + q
2 + 2pq. Maka 1 – 2pq = p
2 + q
2
Jadi, probabilitas A wins yaitu:
v = 𝒑𝟐
𝒑𝟐+𝒒𝟐
