BAB II Metode Pembentukan Fungsi Distribusi

Statistika Matematika II by Dian Kurniati

BAB II Metode Pembentukan Fungsi Distribusi Pada bab akan dibahas beberapa metode alternative untuk menentukan fungsi distribusi dari peubah acak baru yang terbentuk dari peubah acak yang lama . Dengan kata lain suatu peubah acak X mempunyai pdf f(x) dan y = g(x) fungsi dari X, yang ingin diketahui adalah pdf dari y. Ada tiga metode yang akan diperkenalkan yaitu metode Fungsi Distribusi, metode Transformasi peubah acak baik yang bertype diskrit maupun kontinu dan metode fungsi pembangkit momen. Tiap metode mempunyai kelebihan dan kekurangan, ada kalanya suatu masalah lebih mudah dikerjakan dengan salah satu metode dan ada kalanya metode yang lain lebih mudah diaplikasikan.

2.1. Metode Fungsi Distribusi Jika Y mempunyai pdf kontinu f(y) dan U suatu fungsi dari Y, maka kita dapat mencari F(u) = P(U  u) dengan mengintegralkan f(y) pada area U  u. Fungsi kepadatan peluang U ditemukan dengan mendifferensialkan F(u). Untuk lebih jelasnya langkahlangkah menemukan pdf dengan metode fungsi distribusi adalah : 1. Setiap titik pada Y berkorespondensi satu-satu ke U. Tentukan ruang sample U 2. Hitung P(U  u) atau fungsi distribusi dengan mengintegralkan f(y) pada area yang sudah dibatasi. 3. PDF U diperoleh dengan mendifferensialkan (turunan pertama) dari fungsi distribusi

Contoh : 1. f(y) = 2y , 0  y  1 dan 0 untuk y lainnya. Jika U = 3Y -1, tentukan pdf U. Jawab :  F(u) = P(U  u) Y berkorespondensi satu –satu ke U sehingga P(U  u) = P(3Y -1  u) = P(Y  1/3(u +1))

13


 Batas atas dan bawah Batas bawah : Y = 0 maka U = 3(0) -1 = -1 Batas atas

: Y = 1 maka U = 3(1) -1 = 2

 Fungsi Distribusi : F(u) = P(U  u) = P(3Y -1  u) = P(Y  1/3(u +1)) Untuk u < -1 P(Y  1/3(u +1)) = 0 Untuk u > 2 P(Y  1/3(u +1)) = 1 Untuk -1  u  2 u 1 3

P(Y  1/3(u +1)) =



u 1 3

f ( y ) dy =

0

2  2 y dy = y

0

u 1 3 0

 u  1    3 

2

Fungsi Distribusi U adalah : 0 ; u  1   u  1  2 F(u) =   ;1  u  2  3  1 ;u  2 

 Fungsi kepadatan peluang atau pdf U f(u) =

F (u ) 2 / 9(u  1) ;1  u  2 = ; u lainnya u  0

Fungsi Distribusi F(U)

Fungsi Kepadatan Peluang (Pdf) f(u)

14


2. (Y1,Y2) adalah sample acak berukuran n = 2 dari distribusi uniform pada interval (0,1). Tentukan fungsi kepadatan peluang dari U =Y1 + Y2 Jawab : PDf tiap Y adalah : f(y) = 1, 0  y  1 dan 0 untuk y lainnya. Karena Y1 dan Y2 saling bebas maka f(y1 , y2) = 1 , 0  y1 , y2 1 dan 0 untuk y1 dan y2 lainnya.  Batas atas dan bawah (y1 , y2)

(0,0)

(0,1)

(1,0)

(1,1)

U

0+0=0

0+1=1

1+0=1

1+1=2

 Fungsi Distribusi : F(u) = P(U  u) = P(Y1 + Y2  u). Untuk u < 0 F(u) = 0 Untuk u > 2 F(u) = 1 Untuk 0  u  2 Ekspresi matematika untuk perubahan F(u) bergantung pada 0  u  1 atau 1< u  2

Untuk 0  u  1 Perhatikan gambar kiri, daerah A merupakan daerah y1 + y2  u, untuk interval 15


0  u  1. Fungsi distribusi untuk interval ini adalah integral pada daerah A. u u  y2

F(u) =

 0

u

u

y 22 u2 ( 1 ) dy dy ( u  y ) dy uy  = = = 2 1 2 2 2 0 0 2 0 2

;0u1

Dan untuk 1< u  2 Lihat gambar kanan, daerah A bukan merupakan daerah y1 + y2  u, untuk interval 1 < u  2. Pengintegralan pada daerah yang diarsir sama saja dengan total peluang yaitu 1 dikurangi integral daerah A. Ini merupakan fungsi distribusi untuk interval 1 < u  2. 1

F(u) = 1 -

 f ( y , y 1

2

) dy1 dy 2 = 1 -

A

1

  (1)dy

1

dy 2 = - ½ u2 + 2 u -1 ; 1< u  2

u 1 ( u  y 2 )

Dapat disimpulkan bahwa fungsi distribusi U adalah :

0 ;  u 2 ;  F(u) =  2 2  u  2u  1 ;  2  1 ;

u0 0  u 1 1 u  2 u2

 Fungsi kepadatan peluang U adalah f(u) =

F (u ) sebagai berikut : u

; 0  u 1  u  f(u) =   u  2 ; 1  u  2 0 ; u  0 dan u  2 

Latihan:

16


1. f(y1 , y2) = 3y1 , 0  y2  y1 1 dan 0 untuk y1 dan y2 lainnya. Jika U = Y1 – Y2, tentukan pdf U. 2. (Y1,Y2) adalah sample acak berukuran n = 2 dari distribusi uniform pada interval (0,1). Tentukan fungsi kepadatan peluang dari U =Y1 - Y2

2.2. Metode Transformasi Peubah acak Diskrit Untuk mengetahui pdf dari y, perlu dilakukan langkah-langkah berikut : 1. menentukan invers dari y. Fungsi y = g(x) haruslah berkorespondensi satu-satu dan Onto, sehingga y mempunyai invers yaitu x = w(y). 2. menentukan Ruang sample. Ruang sample  menyatakan domain atau daerah asal x, yaitu  = {x|x1, x2, …}. Ruang sample  menyatakan kodomain (daerah hasil y) atau invers dari x, yang dinyatakan dengan  = { y|y1, y2, …}. 3. menentukan PDF Y P(Y = g(x)) = P(X = w(y)) = f(x = w(y)) = h(y) ; y   Jadi pdf dari y adalah h(y) untuk y   untuk dan 0 untuk y lainnya

Multivariable (2 atau lebih peubah acak) Peubah acak Xi , i = 1, 2, 3 …n dengan pdf fi(x) dan fungsi Yi = g(x1 ,x2, …, xn ) merupakan fungsi dari Xi. Untuk menentukan pdf Yi dilakukan langkah-langkah seperti pada satu peubah acak. Fungsi yi = g(xi) haruslah berkorespondensi satu-satu dan Onto, sehingga xi = w(yi) adalah invers yi. Ruang sample  = {(x1, x2, …xn)} dan ruang sample  = {(y1, y2, …yn)}. PDf dari Yi adalah P(Yi = g(xi)) = P(Xi = w(yi)) = f(xi = w(yi)) = h(yi) ; yi  . Dapat dikatakan pdf dari yi adalah h(yi) untuk yi   untuk dan 0 untuk yi lainnya

17


Contoh : 1. Diketahui X ~ P() yaitu f(x) =

e

 



x!

x

, x = 0, 1, 2, … dan  > 0. Jika Y = 4X

tentukan pdf Y. Jawab : a. Invers Y = 4X onto dan berkorespondensi satu-satu, sehingga inversnya adalah X = y/4. b. Ruang sample Domain :  = {x|x= 0, 1, 2, …}. Kodomain :  = { y|y =4(0), 4(1),4(2), …} = { y|y = 0, 4, 8, …} c. PDF Y f(y)

= P(y = f(x)) = P( x = y/4)

f(y)

=

e y /4 ( y / 4 )!

; untuk y lainnya

=0

2.

f ( x1 , x 2 ) =

; y = 0, 4, 8, …

a x1  x2 b 2( x1  x2 )

; (x1, x2) = {(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)} ; x1 dan x2 lainnya.

= 0

Jika Y1 = X1 - X2 dan Y1 = X1 + X2 , tentukan f(y1, y2) Jawab : 

Invers

Y1 = X1 - X2 Y1 = X1 + X2 + Y1 + Y2 = 2X1



X1 = ½( Y1 +Y2 ) = w1(y1, y2) X2 = ½ (Y2 - Y1) = w2(y1, y2)



Ruang sample

18


 = {(x1, x2)| (0,0), (0,1), (1,0), (1,1)} dan ruang sample  = {(y1, y2)| (0-0,0+0),(0-1,0+1),(1-0,1+0),(1-1,1+1)} = {(y1, y2)| (0, 0),(-1,1), (1,1), (0, 2)}. 

PDF

f(y1, y2) f(y1, y2)

= f(½ (y1 + y2), ½(y2 – y1)) =

a y2 b 2  ( y2 )

;

(y1, y2)  

; (y1, y2)  

=0

Latihan: 1. Diketahui X ~ P() yaitu f(x) =

e

 



x!

x

, x = 0, 1, 2, … dan  > 0. Jika

Z = X2 tentukan pdf Y.

2. X1 dan X2 bebas stochastic berdistribusi poisson. Jika Y1 = X1+ X2 , tentukan f(y1, y2) dan tentukan pdf marginal f1(y1) 3. X1 dan X2 bebas stochastic dengan pdf yang sama yaitu X ~ b(3, 1/3). Jika Y1 = (X1+ X2 )/2, tentukan f(y1, y2) dan tentukan pdf marginal f1(y1) .

2.3. Transformasi Peubah acak Kontinu Teorema : Misalkan X pa kontinu dengan pdf f(x). Misalkan Y = h(x) menyatakan hubungan (berkorespondensi satu-satu) antara nilai X dan Y sehingga persamaan Y = h(x) mempunyai jawaban tunggal untuk X dan Y, maka pdf dari Y=h(X) adalah g(y) = f(x)

dx , dimana x = h-1(y) = w(y) dy

Bukti :  Fungsi naik (monoton naik) Andaikan x1 < x2 maka f(x1) < f(x2).

19


Misalkan Y = h(x) maka x = h-1(y) = w(y) dy dx = h(x)  = w(y) dx dy

P(y1 < Y < y2) = P[w(y1) < X < w(y2)] = P[(x1 = h-1(y1)) < X < (x2 = h-1(y2))] x2



y2

f(x) dx =

x1



f(w(y)).w(y) dy

y1

g(y) = f(w(y)) w(y) dimana w(y) = x = h -1(y)  Fungsi turun (monoton turun) Andaikan x1 < x2 maka f(x2) < f(x1). P(y1 < Y < y2) = P[w(y2) < X < w(y1)] = P[(x2 = h-1(y2)) < X < (x1 = h-1(y1))] x1



y1

f(x) dx =

x2



y2

f(w(y)).w(y) dy = -  f(w(y)).w(y) dy

y2

y1

g(y) =- f(w(y)) w(y) dimana w(y) = x = h -1(y) Dari gabungan keduanya diperoleh : g(y) = f(w(y))| w(y)| Tanda + dan – hanya terjadi pada fungsi turunan sedangkan f(x) sebagai pdf tetap positif.

Langkah-langkah dengan metode transformasi Memperoleh pdf dari Y=h(X) dimana pdf X adalah f(.) 1. Tentukan fungsi invers x = h -1(y) = w(y). 2. Tentukan

dx dw( y )  = w(y) disebut juga transformasi Jacobi dy dy

3. Tentukan g(y) dengan g(y) = f(w(y))|w(y)|

Contoh : f(x) = x/12; 1 < x < 5, dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = 2X – 3, tentukan pdf Y Jawab : Y = 2X -3 maka w(y) = X = (Y + 3)/2  w(y) = dx/dy = J = ½.

20


 = {x| 1 < x < 5} dan  = {y| [2(1) – 3] < y <[2(5) - 3]} = {y| -1 < y < 7} Pdf Y adalah :  y31  = f( ½(y+3)) | ½ | =   2(12)  2

g(y) = f(w(y))|w(y)|

g(y) =

y3 48

; -1 < y < 7 dan 0 untuk lainnya

Misalkan X(X1, X2) adalah p.a. bivariate dengan pdf bersama f(x1, x2). Misalkan pula h1(x1, x2), h2(x1, x2) adalah fungsi-fungsi yang monoton naik atau monoton turun dan Y1 = h1(X1, X2) serta Y2 = h2 (X1,X2), maka pdf dari Y = (Y1,Y2) adalah g(y1, y2) = f(w1(y1, y2),w2(y1, y2)) | J | dimana w1(,) = h1-1(y1,y2)

w2(,) = h2-1(y1,y2)

dan

dan transformasi Jacobi adalah x1 y1 J= x 2 y1

x1 y 2 x 2 y 2

Contoh :

 4x x 1. f(x1, x2) =  1 2 0

;0  x1  1, 0  x 2  1 ; untuk x1 , x 2 lainnya

Jika Y1 = X12 dan Y2 = X1 X2, tentukan f(y1, y2) Jawab : 

Invers y1 = x12  x1 = y2 = x1x2  y2 =



y1 y1 .x2  x2 = y2/ y1

Batas x1 = 0 into 0 =

y1  y1 = 0

x1 = 1 into 1 =

y1  y1 = 1

x2 = 0 into 0 = y2/ y1  y2 = 0 21


x2 = 1 into 1 = y2/ y1  y2 =

y1

Daerah sample pdf asal



Transformasi Jacobi x1 y1 J= x 2 y1



Daerah sample pdf baru

1 x1 2 y1 y 2 =  y2 x 2 y 2 2 y13 / 2

0 1

=

1 2 y1

y1

Fungsi kepadatan peluang (Pdf) f(y1,y2) = f(w1(y1,y2) ,w2(y1,y2)) | J | = f( y1 ), y2/ y1 ) |J|  2 y2 y  1 f(y1,y2) = 4  y1  2  =   y1 y1  2 y1  Secara umum ditulis sebagai :  2 y2  f ( y1 , y 2 )   y1  0

; y 22  y1  1 , 0  y 2  1 ; untuk y1 dan y 2 lainnya

2. X1 dan X2 saling bebas stochastic masing-masing berdistribusi f(x) = 1, 0 < x < 1 dan 0 untuk x lainnya. Jika Y1 = X1 + X2 dan Y2 = X1 - X2, tentukan f(y1, y2).  Invers

22


y1 = x1 + x2 dan y2 = x1 - x2  x1 = ½(y1 + y2) dan x2 = ½ (y1 - y2)  Batas x1 = 0 into 0 = ½(y1 + y2)  y2 = - y1 x1 = 1 into 1 = ½(y1 + y2)  y2 = 2 – y1 x2 = 0 into 0 = ½ (y1 - y2)  y2 = y1 x2 = 1 into 1 = ½ (y1 - y2)  y2 = y1 – 2

Daerah sample pdf asal

Daerah sample pdf baru

 Transformasi Jacobi x1 y1 J= x 2 y1

x1 1 y 2 = 2 1 x 2 2 y 2

1 2 = 1 1 2  2

 Fungsi kepadatan peluang (Pdf) f(y1,y2) = f(w1(y1,y2) ,w2(y1,y2)) | J | = f( ½ (y1 + y2), ½ (y1 - y2) |J| f(y1,y2) = 1.1.|- ½ | = ½ Secara umum ditulis sebagai :

23


1  2 ;{( y1 , y 2 ) |  y1  y 2  y1 dan y1  2  y 2  2  y1 , f ( y1 , y 2 )    y 2  y1  y 2  2 dan y 2  y1  2  y 2   0 ; untuk y1 dan y 2 lainnya  Pdf marginal : f1(y1) =

 f (y , y

2

) dy 2

2

= y1

; 0 < y1  1

2

= 2 - y1

; 1 < y1 < 2

1

y2 y1

=

 1 / 2 dy  y1 2  y1

=

 1 / 2 dy y1  2

= 0 untuk lainnya f2(y2) =

 f (y , y 1

2

) dy1

y1 y2  2

=

1 / 2 dy

1

= y2 + 1 ;

-1 < y2  0

= 1 – y2

; 0 < y2 < 1

 y2 2 y2

=

 1 / 2 dy

1

y2

= 0 untuk lainnya

Latihan : 1. Andaikan X mempunyai pdf f(x) = x2/9, 0 < x < 3 dan 0 untuk x lainnya. Tentukan pdf dari Y = X3 2. f(x) positif untuk -1 < x < 2 dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = X2, tentukan pdf Y 3. Y1 = ½(X1 – X2) dan Y2 = X2, X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing berdistribusi  (22 ) . Tentukan f(y1 ,y2). Petunjuk : r2 mempunyai pdf berikut : f(x) =

1 x r / 21e  x / 2 , 0  x   r/2 (r / 2)2

24


2.4. Metode Fungsi Pembangkit Momen  Momen ke k terhadap titik asal (Moment about the origin) k = E(Yk),

k = 1,2, …

 Momen ke k terhadap mean (Moment about the mean) disebut juga momen pusat (central moment) k = E[(Y- )k],

k = 1,2, …

 Fungsi Pembangkit Momen MX(t) = E(etX) Deret Taylor

xi x2 x3 xk    e =   1 x  2! 3! k! i  0 i! x



Bentuk lain dari fungsi pembangkit momen MX(t) =1 + E(X)t + E(X2)

t2 t3 tk + E(X3) + + E(Xk) + 2! 3! k!

MX(t) = 1 + 1 t + 2

t2 t3 tk +3 + + k + 2! 3! k!

Teorema : P.a.X dan Y mempunyai distribusi yang sama jika dan hanya jika MX(t) = MY(t), untuk semua t.

Teorema : Jika X1, X2, , Xn adalah saling bebas dan masing- masing mempunyai fungsi n

pembangkit momen M xi (t ) , maka fungsi pembangkit momen dari Y=

X

i

adalah

i 1

n

MU(t) =

M

Xi

(t )

i 1

Langkah- langkah dalam metode fungsi pembangkit momen Distribusi dari Y = U(X1, X2, …, Xn) dicari sbb: 1. Tentukan fungsi pembangkit momen dari Y. 25


2. Bandingkan mgf dari Y dengan bentuk momen yang umum yang telah dikenal 3. Tentukan distribusi dari Y.

Tabel Fungsi Pembangkit Momen Beberapa Distribusi No

Distribusi

A.

Diskrit

1.

Binomial (n,p)

Pdf

Mgf

 n f(x) =   p x (1  p) n  x  x

M(t) = [(1p)+pet] n

x = 0, 1, 2,  ,n dan 0  p  1.

2.

Binomial negative(p)

 x  1 k x-k  p q f(x) =   k  1

pe t 1  (1  p)e t

X = k, k+1, k+2, dan 0  p  1. 3.

Geometrik (p)

f(x) = qx-1p, x = 1,2,3,  dan 0  p  1

4.

Poisson()

f(x) =

e

 



x

x!

pe t 1  (1  p)e t t

e  ( e 1)

,

x = 0, 1, 2, … dan  > 0

B

Kontinu

1.

Uniform(a,b)

f (x) =

1 ba

e bt  e at t (b  a)

axb 2.

Normal(, 2)

3.

Gamma(, )

  1 1 f(x) = exp    2   2 1   f(x) =  ( )   0,



  2  ( x   )  2   

x  1e  x /  , untuk  ,   0

 t 2 2  exp  t   2   1 , (1   t ) 

t< 1/ 

untuk yang lainnya

26


4.

Chi-kuadrat ( r)

F(x) =

1 x r / 21e  x / 2 r/2 (r / 2)2

(1 - 2t)-r/2

0x 5.

Eksponensial

f (x) =

()

1



(1 -  t)-1

ey / 

0x

Contoh : 1. X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing mempunyai pdf yang sama yaitu f(x) = x/6 ; x = 1, 2, 3 dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = X1 - X2 tentukan f(y). Jawab : M(t) = E(ety) = E[exp(t(x1 + x2))] = E[exp(tx1) exp(tx2)] = E[exp(tx1)]E[exp(tx2)] E[exp(tx1)] = E[exp(tx2)] = 1/6 et + 2/6 e2t + 3/6 e3t, sehingga M(t) = (1/6 et + 2/6 e2t + 3/6 e3t)2 = 1/36 e2t+ 4/36 e3t + 10/36 e4t + 12/36 e5t+ 9/36 e6t Maka PDF Y adalah : f(y)

= 1/36

;y=2

= 4/36

;y=3

= 10/36

;y=4

= 12/36

;y=5

= 9/36

;y=6

=0

; untuk y lainnya

2. X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing berdistribusi N(1 ,12) dan N(2 ,22) . Jika Y = X1 - X2 tentukan f(y). Jawab : M(t) = E(ety) = E[exp(t(x1 - x2))] = E[exp(tx1) exp(-tx2)] = E[exp(tx1)]E[exp(-tx2)] X1 ~ N(1 ,12) , dengan melihat MGF distribusi normal pada table di atas maka diperoleh

E[exp(tx1)]

=

 t 2 1 2  exp  1 t  , 2  

sedangkan

E[exp(-tx2)]

=

 t 2 2 2  exp  2 t   . Sehingga : 2   27


  t 2 1 2  t 2 2 2  exp   t  = exp  1 t     2 2  2   

M(t) = E(ety)

2  t 2 ( 2   12 )  = exp (  1  2 ) t   2  

Dapat dikatakan bahwa f(y) ~ N(1-2 ,12 + 22)

Latihan : 1. Jika Xi ~ (i , i2), i =1,2,…,n, maka buktikan p.a.Y =

n



aiXi berdistribusi

i 1

n

n

N(  ai i , i 1



ai2i2)

i 1

n

2. Jika Xi ~ 

2 ( ri )

, i =1,2,…,n, tentukan pdf p.a.Y =



Xi

i 1

2.5. Distribusi T Definisi : P.a. T dikatakan berdistribusi - t (Student -t) dengan derajat kebebasan/ parameter r jika mempunyai pdf. g(t) =

[(r  1) / 2]

1 , - < t <  ( r 1) / 2 r (r / 2) (1  t / r ) 2

Teorema : Jika Y dan Z peubah acak saling bebas dengan Y ~ 2(r) dan Z ~ N(0,1), maka distribusi dari T =

Z Y /r

, berdistribusi tr.

Bukti : Dengan menggunakan metode Transformasi peubah acak type kontinu akan kita peroleh distribusi student atau distribusi t.  Invers

28


z

t=

dan y =u

y/r

t dan u berkorespondensi satu-satu sehingga mempunyai invers yaitu : z = t y / r dan u = y, sehingga z = t u / r  Batas Karena

2(r)

Y~

1 x r / 21e  x / 2 dan (r / 2)2 r / 2

yaitu

 x2  exp  dan T = 2  2 1

Z Y /r

Z

~

N(0,1)

yaitu

maka batasnya adalah - < t <  dan 0 < u < 

 Transformasi Jacobi J=

z u  t r

 Fungsi kepadatan peluang (Pdf) f(t, u) = f(z, y) | J | = f(t u / r , u) | J |  (t u / r ) 2  1 u u r / 21e u / 2 . exp  . r/2 2 r 2   (r / 2)2 1

f(t, u) =

u r / 211 / 2

f(t, u) =

2r (r / 2)2 r / 2

 u  t2  exp    1 ; - < t <  dan 0 < u <    2 r

= 0 untuk t dan u lainnya.

 Pdf marginal : 

f1(t)

=

 f (t , u) du u

Misalkan x =

=

 0

u r / 211 / 2 2r (r / 2)2 r / 2

 u  t2  exp    1 du   2 r

u  t2  2x 2 1    u  dx ; du  2 2 r 1 t / r 1 t2 / r

29




f1(t)

=

1



2r (r / 2)2 r / 2

0

=

f1(t)

=

1

 2x    2 1 t / r 

1     2 r (r / 2)  1  t / r 

( r 1) / 2 1

( r 1) / 2 



x

e x

 2  e x  dx 2 1  t / r 

r 1 1 2

dx

0

[(r  1) / 2]

1 ( r 1) / 2 r (r / 2) (1  t / r ) 2

; - < t < 

= 0 untuk t lainnya Pdf marginal ini disebut distribusi t. Note : Untuk data  30 biasanya didekati oleh distribusi t sedangkan data > 30 didekati oleh distribusi normal.

2.6. Distribusi F Definisi : Peubah acak F dikatakan berdistribusi F dengan parameter r1,r2, ditulis F(r1,r2)$, jika mempunyai pdf ditunjukkan oleh r r   1 2  2   r1  g(F) =   r1   r2   r2     2  2

r1

r



 2  21 1  r   F 1  1 F    r2 

1  ( r1  r2 ) 2

; untuk F > 0

Teorema : Jika U dan V adalah Peubah acak saling bebas dengan U ~

 r2

1

dan V ~



2 r2

, maka

distribusi dari F=

U / r1 V / r2

berdistribusi F(r1, r2).

Latihan : Buktikan teorema di atas

30

BAB II Metode Pembentukan Fungsi Distribusi

Recommend Documents