Catatan Kuliah
MA4081 PENGANTAR PROSES STOKASTIK “Cerdas dan Stokastik”
disusun oleh
Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.
Kelompok Keilmuan STATISTIKA - FMIPA Institut Teknologi Bandung 2011
Tentang MA4081 (Pengantar) Proses Stokastik A. Jadwal kuliah: • Selasa; 13-14.40; R.9231 • Kamis; 13-14.40; R.9307 B. Silabus: • Peubah acak dan distribusi (1 minggu) • Peluang bersyarat dan ekspektasi bersyarat (1 minggu) • Rantai Markov (4.5 minggu) • Distribusi eksponensial dan proses Poisson (3.5 minggu) • Topik khusus: Model AR dan INAR (2.5 minggu) C. Buku teks: • Sheldon Ross, 2007, Introduction to Probability Models, 9th ed. • Karlin dan Taylor, 1998, An Introduction to Stochastic Modelling, 3rd ed. E. Penilaian: • Ujian 1,2,3 (75%): 23 Agustus 2011 (25%) 11 Oktober 2011 (25%) 8 November 2011 (25%) • Kuis (10%) • Presentasi (15%)
MA4081 Pros.Stok.
i
K. Syuhada, PhD.
Matriks kegiatan perkuliahan
Table 1: Materi kuliah MA4081 (Pengantar) Proses Stokastik. MingguMateri Keterangan 1 Peubak acak dan distribusi Penjelasan kuliah 2 Peluang dan ekspektasi bersyarat 3 Ujian 1 23 Agustus 2011 3-7 Rantai Markov 8 Ujian 2 11 Oktober 2011 8-9 Distribusi Eksponensial 10-11 Proses Poisson 12 Ujian 3 8 November 2011 12-13 Topik Khusus: Model AR 14 Topik Khusus: Model INAR 15 Presentasi
MA4081 Pros.Stok.
ii
K. Syuhada, PhD.
Daftar Isi 1 Peubah Acak dan Distribusi 1.1 Pendahuluan . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Ilustrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Ruang Sampel dan Peluang . . . . . 1.4 Peubah Acak dan Fungsi Distribusi 1.5 Distribusi Diskrit . . . . . . . . . . . . 1.6 Distribusi Kontinu . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
1 1 2 5 6 9 12
2 Peluang dan Ekspektasi Bersyarat 1 2.1 Fungsi Peluang Bersama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2.2 Ekspektasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.3 Ekspektasi Bersyarat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 3 Rantai Markov 3.1 Ilustrasi . . . . . . . . . . 3.2 Definisi . . . . . . . . . . . 3.3 Peluang n-langkah . . . 3.4 Program MATLAB . . . 3.5 Jenis Keadaan . . . . . . 3.6 Limit Peluang Transisi
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
4 Distribusi Eksponensial dan Proses Poisson 4.1 Ilustrasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Peubah Acak Eksponensial . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Jumlah P.A Eksponensial dan Statistik Terurut 4.4 Aplikasi P.A Eksponensial dalam Antrian . . . .
iii
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
1 1 4 10 13 16 21
. . . .
1 1 2 6 7
BAB 1 Peubah Acak dan Distribusi Silabus: Konsep peubah acak, fungsi peluang (probability density function), fungsi distribusi (cumulative ddistribution function), distribusi diskrit (binomial, Poisson, geometrik), distribusi kontinu (normal, seragam/uniform, eksponensial). Tujuan: 1. Memahami definisi dan menentukan peubah acak (p.a) 2. Menghitung fungsi peluang (f.p) dan fungsi distribusi (f.d); f.p ke f.d; f.d ke f.p 3. Menghitung peluang suatu p.a dari distribusi diskrit atau kontinu
1.1
Pendahuluan
• Apa Proses Stokastik? Proses? Stokastik? • Proses = runtunan perubahan (peristiwa) dl perkembangan sesuatu, rangkaian tindakan, pembuatan, atau pengolahan yg menghasilkan produk (KBBI, 2008) • Stokastik = mempunyai unsur peluang atau kebolehjadian (KBBI, 2008) • Definisi: Proses stokastik {Yt } adalah koleksi peubah acak dengan t menyatakan indeks waktu
1
1.2
Ilustrasi
(Ilustrasi 1) B dan G secara bersamaan menembak sasaran tertentu. Peluang tembakan B mengenai sasaran adalah 0.7 sedangkan peluang tembakan G (bebas dari tembakan B) mengenai sasaran adalah 0.4. Pertanyaan yang mungkin adalah... 1. Jika sebuah tembakan mengenai sasaran, berapa peluang bahwa itu tembakan G? 2. Berapa peluang bahwa, jika sasaran tertembak, kedua tembakan mengenai sasaran? 3. Berapa peluang bahwa, jika sasaran tertembak, tembakan G mengenai sasaran? Misalkan Misalkan Misalkan Misalkan
B kejadian B menembak sasaran G kejadian G menembak sasaran T kejadian sebuah tembakan mengenai sasaran S kejadian sasaran tertembak P (G ∩ T ) P (T ) P (G ∩ B c ) = P (G ∩ B c ) + P (B ∩ Gc ) (0.4)(0.3) = (0.4)(0.3) + (0.7)(0.6)
P (G|T ) =
P (G ∩ S) P (B ∩ S) P (S) P (G)P (B) = 1 − P (Gc ∩ B c ) (0.4)(0.7) = 1 − (0.6)(0.3)
P (G ∩ B|S) =
P (G ∩ S) P (S) P (G ∩ S) = 1 − P (Gc ∩ B c ) 0.4 = 1 − (0.6)(0.3)
P (G|S) =
MA4081 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
(Ilustrasi 2) Sebagai seorang sekretaris, Ega tahu bahwa sebuah surat akan berada di salah satu dari tiga buah kotak surat yang ada. Misalkan pi adalah peluang bahwa Ega akan menemukan surat setelah mengecek kotak surat j dengan cepat jika ternyata surat tersebut berada di kotak surat j, j = 1, 2, 3. Pertanyaan yang mungkin adalah... 1. Misalkan Ega mengecek kotak surat 1 tidak menemukan surat. Berapa peluang hal itu akan terjadi? 2. Jika diketahui Ega mengecek kotak surat 1 tidak menemukan surat, berapa peluang bahwa surat itu ada di kotak surat 1? Misalkan Kj , j = 1, 2, 3 adalah kejadian surat berada di kotak surat j. Misalkan T kejadian mengecek kotak surat 1 tidak mendapatkan surat. Peluang hal itu akan terjadi adalah P (T ) = P (T |K1 )P (K1 ) + P (T |K2 )P (K2 ) + P (T |K3 )P (K3 ) = (1 − p1 )(1/3) + 1/3 + 1/3 Jika diketahui Ega mengecek kotak surat 1 dan tidak menemukan surat, maka peluang bahwa surat itu ada di kotak surat 1 adalah P (T |K1 )P (K1 ) P (T |K1 )P (K1 ) + P (T |K2 )P (K2 ) + P (T |K3 )P (K3 ) (1 − p1 )(1/3) = (1 − p1 )(1/3) + 1/3 + 1/3
P (K1 |T ) =
(Ilustrasi 3) Maskapai penerbangan mengetahui bahwa lima persen pemesan tiket tidak akan datang untuk membeli tiketnya. Dengan alasan ini, maskapai tidak ragu untuk menjual 52 tiket penerbangan pada pesawat dengan kapasitas duduk 50 orang. Berapa peluang akan ada kursi yang tersedia untuk setiap pemesan tiket yang datang? Misalkan X peubah acak yang menyatakan banyaknya orang yang tidak datang dengan peluang ’sukses’ (tidak datang) 0.05. X ∼ B(52, 0.05). P (X ≥ 2) = 1 − [P (X = 0) + P (X = 1)] = 1 − (0.05)0 (0.95)52 − 52(0.05)1 (0.95)51 = 0.74
MA4081 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
(Ilustrasi 4) Misalkan X peubah acak berdistribusi Poisson dengan mean λ. Parameter λ berdistribusi eksponensial dengan mean 1. Tunjukkan bahwa P (X = n) = (1/2)n+1 ∫
∞
P (X = n) =
P (X = n|λ) e−λ dλ
∫0 ∞
e−λ λn −λ e dλ n! 0 ∫ ∞ 1 e−2λ λn dλ = n! 0 ∫ ∞ 1 = (1/2)n+1 e−s sn ds n! 0 =
MA4081 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
1.3
Ruang Sampel dan Peluang
Ruang sampel dan Kejadian • Percobaan adalah kegiatan yang menghasilkan keluaran/hasil yang mungkin secara acak. • Ruang sampel S adalah himpunan dari semua hasil yang mungkin dari suatu percobaan. Anggota dari S disebut kejadian elementer. • Kejadian adalah himpunan bagian dari ruang sampel atau koleksi dari kejadian-kejadian elementer. Peluang • Peluang kejadian A adalah P (A) = lim
n→∞
n(A) n
• Misalkan S adalah ruang sampel, A adalah kejadian. Peluang kejadian A adalah P (A) =
n(A) n(S)
• Peluang atau ukuran peluang P pada lap-σ A adalah suatu pemetaan dari A terhadap selang [0, 1] yang memenuhi tiga aksioma berikut: 1. 0 ≤ P (A) ≤ 1, untuk setiap A ∈ A 2. P (S) = 1 3. Untuk himpunan terhitung kejadian-kejadian saling asing A1 , A2 , . . ., P
∞ (∪
) Ai =
i=1
∞ ∑
P (Ai )
i=1
Teorema 1. P (Ac ) = 1 − P (A) 2. Jika A ⊂ B maka P (A) ≤ P (B) 3. P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
MA4081 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
1.4
Peubah Acak dan Fungsi Distribusi
Peubah Acak • Peubah acak tidaklah “acak” dan bukanlah “peubah” • Peubah acak adalah “fungsi” yang memetakan anggota S ke bilangan real R P.A. Diskrit Peubah acak X dikatakan diskrit jika terdapat barisan terhitung dari bilangan {ai , i = 1, 2, . . . } sedemikian hingga ) ∑ (∪ P {X = ai } = P (X = ai ) = 1 i
i
Catatan: Sebuah peubah acak diskrit tidak selalu berasal ruang sampel diskrit. FX disebut fungsi distribusi (diskrit) dari X jika terdapat barisan terhitung {ai , i = 1, 2, . . . } dari bilangan real dan barisan {pi , i = 1, 2, . . . } dari bilangan positif yang bersesuaian sedemikian hingga ∑ pi = 1 i
dan FX (x) =
∑
pi
ai ≤x
Jika diberikan himpunan ∑ terhitung {ai , i = 1, 2, . . . } dan bilangan positif {pi , i = 1, 2, . . . } sdh i pi = 1, fungsi peluang pX (x) adalah pX (x) = pi = P (X = ai ), dengan x = ai Fungsi distribusi (kumulatif): F (x) = P (X ≤ x) Sifat-sifat: (a) F fungsi tidak turun MA4081 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
(b) limx→∞ F (x) = 1 (c) limx→−∞ F (x) = 0 (d) F fungsi kontinu kanan Catatan: • P (a < X ≤ b) = F (b) − F (a) • P (X ≤ b) ̸= P (X < b) • { 1 }) X ≤b− n→∞ n ( 1) = lim P X ≤ b − n→∞ n ( 1) = lim F b − n→∞ n
P (X < b) = P
(
lim
P.A. Kontinu Misalkan X peubah acak dan fungsi distribusinya FX dapat diturunkan. Fungsi peluang fX adalah turunan dari fungsi distribusi, fX (x) =
d FX (x) dx
atau dengan kata lain ∫ x FX (x) = fX (t) dt −∞
Definisi: Jika X adalah peubah acak sedemikian hingga fungsi peluangnya ada (turunan dari fungsi distribusi) maka X dikatakan sebagai peubah acak kontinu. Catatan: ∫ ∞ 1 = FX (∞) = fX (t) dt −∞
∫
P (a ≤ X ≤ b) = FX (b) − FX (a) = ∫ a P (X = a) = fX (t) dt = 0
b
fX (t) dt a
a
MA4081 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
Contoh/Latihan: 1. Tentukan fungsi 0, 3/5, F (x) = 7/10, 1,
peluang dari fungsi distribusi berikut: x < −3.1 −3.1 ≤ x < 0 0≤x<1 1≤x
2. Tentukan fungsi peluang dari fungsi distribusi berikut: 0, x<0 x 1 3 + 5, 0 ≤ x < 1 F (x) = 53 , 1≤x<2 9 , 2≤x<3 10 1, x≥3 3. Diketahui fungsi peluang sebagai berikut: p, x = −1.9 0.1, x = −0.1 0.3, x = 20p f (x) = p, x=3 4p, x = 4 0, yang lain Hitung P (−1.9 ≤ |X| ≤ 3), F (2), F (F (3.1))
MA4081 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
1.5
Distribusi Diskrit
(Ilustrasi B-1) Pasien di IGD adalah orang-orang yang dianggap dekat dengan kematian. Kesembuhan dari penyakit yang dideritanya bagi mereka adalah seperti mimpi. Untuk bisa bertahan hidup dari hari ke hari sudahlah merupakan mukjizat. Asumsikan bahwa setiap orang memiliki peluang untuk dapat bertahan hidup sampai hari esok sebesar αi , dengan i menyatakan orang kei, i = 1, 2, . . .. Jika jumlah pasien IGD pada suatu hari adalah 5 orang, berapa peluang besok hanya akan ada 2 orang saja yang masih hidup? (Ilustrasi B-2) Misalkan sebuah mesin dari pesawat akan rusak (saat terbang) dengan peluang 1-p, saling bebas antara mesin satu dan yang lain. Misalkan sebuah pesawat akan melakukan penerbangang sukses jika setidaknya 50% mesin bekerja dengan baik (tidak rusak). Untuk p berapa, sebuah pesawat dengan 4 mesin akan lebih disukai (terbang lebih baik) dibandingkan dengan pesawat dengan 2 mesin? Misalkan X menyatakan banyak mesin baik (tidak rusak). Untuk pesawat bermesin 4: P (X ≥ 2) = P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) = 6p2 (1 − p)2 + 4p3 (1 − p) + p4 · · · ∗ sedangkan untuk pesawat bermesin 2: P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − (1 − p)2 · · · ∗ ∗ Syarat: * lebih besar dari **. Diperoleh p > 2/3. Distribusi Binomial Misalkan S = {sukses, gagal} adalah ruang sampel yang menotasikan ’sukses’ atau ’gagal’ dari suatu percobaan. Definisikan X(sukses) = 1 dan X(gagal) = 0 dan pX (1) = P (X = 1) = p pX (0) = P (X = 0) = 1 − p dimana 0 ≤ p ≤ 1 adalah peluang diperoleh sukses. X dikatakan peubah acak Bernoulli dengan parameter p. Jika dilakukan n percobaan independen dan jika X menyatakan banyaknya sukses yang diperoleh maka X dikatakan sebagai peubah acak Binomial dengan parameter (n, p), dimana pX (k) = B(k; n, p) = Ckn pk (1 − p)n−k MA4081 Pros.Stok.
9
K. Syuhada, PhD.
(Ilustrasi P-1) Banyaknya kecelakaan yang terjadi di tol setiap hari berdistribusi Poisson dengan parameter λ = 3. Berapa peluang tidak ada kecelakaan pada hari ini? Misalkan X menyatakan banyak kecelakaan. P (X = 0) = exp(−3) (Ilustrasi P-2) Misalkan X peubah acak Poisson dengan parameter λ. Tunjukkan bahwa P (X = i) naik secara monoton sebelum kemudian turun secara monoton untuk i semakin besar. Distribusi Poisson Misalkan X peubah acak dengan fungsi peluang pX (i) = e−λ
λi i!
untuk i = 0, 1, 2, . . . dan λ > 0. X disebut peubah acak Poisson dengan parameter λ. (Ilustrasi G-1) Ini kisah masa lalu Nurul yang sempat diceritakan sesaat sebelum Nurul menikah. Katanya “Ayahku meninggal waktu usiaku tiga tahun. Lalu Ibu kawin lagi. Dengan ayah tiriku, Ibu mendapat dua orang anak tiri dan melahirkan tiga orang anak. Ketika usiaku lima belas tahun, Ibu pun meninggal. Ayah tiriku kawin lagi dengan seorang janda yang sudah beranak dua. Ia melahirkan dua orang anak pula dengan ayah tiriku”. Pertanyaan yang mungkin adalah... • Berapa peluang bahwa orang yang dinikahi Nurul tidak memiliki hubungan darah? • Jika Nurul tidak ingin menikah dengan saudara sedarah, berapa peluang bahwa Nurul akhirnya menikahi orang yang bukan saudara sedarah? (Ilustrasi G-2) Tiga remaja makan disuatu restoran. Untuk menentukan siapa yang akan membayar, mereka sepakat untuk mengundi dengan melantunkan koin. Seseorang dengan hasil lantunan yang berbeda dengan yang lain wajib membayar makanan yang telah dipesan. Jika X menyatakan banyaknya lantunan koin yang harus dilakukan, tentukan (i) P (X = 3) (ii) P (X > 4) Peluang ’sukses’ (ada yang lantunannya berbeda alias ada yang bayar) adalah 3/4. Dengan demikian X ∼ Geo(3/4). P (X = 3) = (1/4)2 (3/4) = 3/64 P (X > 4) = 1 − P (X ≤ 4) = 1/256 MA4081 Pros.Stok.
10
K. Syuhada, PhD.
Distribusi Geometrik Misalkan percobaan-percobaan dilakukan hingga diperoleh sukses yang pertama. Percobaan-percobaan tersebut saling bebas dan memiliki peluang sukses p. Misalkan X menyatakan banyaknya percobaan yang dilakukan untuk mendapatkan sukses pertama tersebut, maka X dikatakan peubah acak Geometrik dengan parameter p. Fungsi peluangnya adalah p(n) = P (X = n) = (1 − p)n−1 p, untuk n = 1, 2, . . . dan p > 0.
MA4081 Pros.Stok.
11
K. Syuhada, PhD.
1.6
Distribusi Kontinu
(Ilustrasi) Riset bidang psikologi melibatkan pengukuran perilaku. Hasil-hasil pengukuran akan berbeda antara individu satu dengan yang lainnya. Namun demikian, sesungguhnya hasil-hasil tersebut dapat diprediksi sebagai kelompok individu. Salah satu pola umum pada hasil pengukuran (tentunya berupa angka) adalah bahwa kebanyakan pengukuran-pengukuran tersebut terkonsentrasi di sekitar mean dari distribusi tersebut. Ada sedikit hasil pengukuran yang jauh dari mean. Apabila distribusi frekuensi digambarkan, akan tampak kurva berbentuk bel (bell-shaped curve) yang disebut DISTRIBUSI NORMAL. Ketika hasil pengukuran membentuk suatu distribusi normal, ada beberapa hal yang dapat diprediksi. Pertama, mean, median dan modus sama. Kedua, seseorang dapat memperkirakan seberapa jauh (dari mean) hasil pengukuran akan terjadi. Dengan demikian, akan dapat ditentukan skor/nilai mana yang lebih mungkin terjadi dan peluang/proporsi nilai diatas atau dibawah nilai tersebut. Kebanyakan hasil pengukuran perilaku mengikuti distribusi normal. Misalnya, nilai IQ. Meannya 100 dan umumnya IQ seseorang akan berada diantara 85-115 atau 15 nilai dari mean. Jika psikolog mengetahui mean dan deviasi standar maka akan dapat ditentukan proporsi skor/nilai yang berada disetiap daerah jangkauan (range). Tentu saja, terlepas dari keumuman distribusi normal, terdapat beberapa kasus dengan nilai/hasil pengukuran yang tidak berdistribusi normal. Kenormalan atau ketidaknormalan data sangat penting dalam menentukan uji statistik yang bersesuaian. Distribusi Normal Definisi: Peubah acak kontinu X adalah peubah acak Normal atau GAUSS dengan parameter µ dan σ 2 jika fungsi peluang fX nya sbb: fX (x) = √
1 exp(−(x − µ)2 / 2 σ 2 ), −∞ ≤ x ≤ ∞ 2πσ
Diskusi: Ukuran ideal jumlah mahasiswa di kelas ProsStok adalah 60 orang. Namun demikian, Departemen MA ITB mencatat bahwa biasanya hanya 30 persen mahasiswa saja dari total yang terdaftar yang benar-benar hadir dalam perkuliahan. Jika MA ITB memutuskan menerima 180 mahasiswa untuk kelas ProsStok, berapa peluang bahwa lebih dari 60 orang hadir di kelas? Teorema Limit DeMoivre-Laplace Jika Sn menyatakan ‘banyaknya sukses’ yang terjadi pada n percobaan indeMA4081 Pros.Stok.
12
K. Syuhada, PhD.
penden, dengan peluang sukses adalah p, maka untuk setiap a < b, ( ) Sn − np P a≤ √ ≤ b → Φ(b) − Φ(a), np(1 − p) untuk n → ∞. (pendekatan Normal untuk Binomial akan ‘baik’ jika np(1 − p) besar, np(1 − p) ≥ 10)
Distribusi Uniform Definisi: Peubah acak kontinu X dikatakan berdistrbusi seragam pada selang (a, b) jika fungsi peluang fX nya sbb: fX (x) =
1 , a≤x≤b b−a
Contoh/Latihan: 1. Jika X berdistribusi Uniform pada selang (-1,1), tentukan P (|X| > 1/2), tentukan fungsi peluang dari |X|. 2. Misalkan lama (dalam menit) mahasiswa mengikuti kuliah ProsStok adalah peubah acak dengan fungsi peluang seperti gambar dibawah berikut. Tentukan peluang seorang mahasiswa mengikuti kuliah lebih dari 15 menit? antara 20 dan 35 menit? Distribusi Gamma Peubah acak Gamma: Misalkan percobaan Bernoulli diulang-ulang sebanyak n kali, maka banyaknya ‘sukses’ yang diperoleh adalah peubah acak berdistribusi Binomial dengan parameter n dan p, dimana p adalah peluang sukses. Jika kita memandang banyaknya percobaan Bernoulli yang dilakukan sampai diperoleh (dan termasuk) sukses ke-r, maka kita dapatkan peubah acak beristribusi Binomial negatif dengan parameter r dan p. Peubah acak Gamma adalah analogi dalam bentuk kontinu untuk peubah acak Binomial negatif. Dalam hal ini kita pandang peubah acak Binomial negatif ini sebagai waktu yang diberikan untuk sukses ke-r. Definisi: Peubah acak kontinu X adalah peubah acak Gamma jika memiliki fungsi peluang f (x) =
λα α−1 −λx x e , x>0 Γ(α)
MA4081 Pros.Stok.
13
K. Syuhada, PhD.
dimana α dan λ adalah bilang real positif. Kita katakan X berdistribusi Gamma dengan parameter α dan λ; x ∼ Gamma(α, λ). Definisi Fungsi Gamma: ∫ ∞ Γ(t) = xt−1 e−x dx 0
Catatan: Γ(t + 1) = t Γ(t), t > 0 Diskusi. 1. Jelaskan/Buktikan: Γ(n) = (n − 1)! n = 1, 2, . . . ( ) 1 (2n)! √ Γ n+ = π 2 n! 22n 2. Apa yang dapat kita katakan tentang distribusi Gamma jika α = 1, α < 1, α > 1? 3. Jika α membesar maka fungsi peluang Gamma nampak seperti fungsi peluang Normal. Berikan ilustrasi pada λ = 2 dan α = 1/2, 1, 5/2, 5
MA4081 Pros.Stok.
14
K. Syuhada, PhD.
BAB 2 Peluang dan Ekspektasi Bersyarat Silabus: Fungsi peluang bersama, fungsi peluang marginal, peluang bersyarat, ekspektasi, ekspektasi bersyarat, kovariansi, korelasi. Tujuan: 1. Menentukan fungsi peluang bersama dan fungsi peluang marginal 2. Menghitung peluang bersyarat 3. Menghitung ekspektasi bersyarat 4. Memahami dan menghitung ekspektasi melalui ekspektasi bersyarat 5. Memahami konsep kovariansi dan korelasi
2.1
Fungsi Peluang Bersama
Ilustrasi. Sebuah perusahaan asuransi menduga bahwa setiap orang akan mengalami dan memiliki parameter kecelakaan. Banyaknya kecelakaan pada seseorang setiap tahun berdistribusi Poisson dengan parameter λ. Perusahaan juga menduga bahwa pemegang polis baru akan memiliki parameter kecelakaan yang nilainya adalah peubah acak gamma dengan parameter s dan α. Jika seorang pemegang polis baru mengalami n kecelakan di tahun pertama, kita dapat menentukan peluang bersyarat (yang artinya juga menentukan peluang bersama) dari parameter kecelakaannya. Selain itu, kita juga dapat menentukan banyak kecelakaan (yang diharapkan) pada tahun berikutnya. 1
Misalkan X dan Y ada peubah acak-peubah acak diskrit yang terdefinisi di ruang sampel yang sama. Fungsi peluang bersama dari X dan Y adalah pX,Y (x, y) = P (X = x, Y = y) Catatan: 1. Kondisi bahwa X dan Y terdefinisi pada ruang sampel yang sama berarti 2 peubah acak tsb memberikan informasi secara bersamaan terhadap keluaran (outcome) dari percobaan yang sama 2. {X = x, Y = y} adalah irisan kejadian {X = x} dan {Y = y}; kejadian dimana X bernilai x dan Y bernilai y Proposisi Fungsi peluang bersama pX,Y memenuhi sifat-sifat berikut: 1. pX,Y (x, y) ≥ 0, ∀ (x, y) 2. (x, y) ∈ R2 : pX,Y (x, y) ̸= 0 terhitung ∑∑ 3. x,y pX,Y (x, y) = 1 Proposisi Misalkan X dan Y peubah acak-peubah acak diskrit yang didefinisikan pada ruang sampel yang sama. Maka, ∑ pX (x) = pX,Y (x, y), x ∈ R y
dan pY (y) =
∑
pX,Y (x, y), y ∈ R
x
adalah fungsi peluang marginal dari X dan fungsi peluang marginal dari Y . Contoh/Latihan: 1. Diberikan data ttg jumlah kamar tidur dan kamar mandi dari 50 rumah yang akan dijual sbb (X kamar tidur, Y kamar mandi): X\Y 2 3 2 3 0 3 14 12 4 2 11 Total 23 MA4081 Pros.Stok.
4 0 2 5
5 0 0 1
Total 28 50 2
K. Syuhada, PhD.
a. Hitung pX,Y (3, 2) b. Tentukan fungsi peluang bersama dari X dan Y Solusi: X\Y 2 3 4 Total
2 0.06 0.28 0.04 0.38
3 0.00 0.24 0.22 0.46
4 0.00 0.04 0.10 0.14
5 Total 0.00 0.06 0.00 0.56 0.02 0.38 0.02 1.00
2. Misalkan kita punyai 2 komponen elektronik yang identik. Misalkan juga X dan Y adalah waktu hidup (jam, diskrit). Asumsikan fungsi peluang bersama dari X dan Y adalah pX,Y (x, y) = p2 (1 − p)x+y−2 , x, y ∈ N dimana 0 < p < 1. Tentukan dan identifikasikan fungsi peluang marginal dari X dan Y . Solusi: pX (x) =
∑
pX,Y (x, y) =
y
= p2 (1 − p)x−2
∞ ∑
p2 (1 − p)x+y−2
y=1 ∞ ∑
(1 − p)y = p (1 − p)x−1
y=1
3. Diantara 8 orang politisi: 2 Golkar, 2 Demokrat, 4 PDIP. Tiga dari 8 politisi ini dipilih secara acak dengan pengembalian. Misalkan X adalah banyaknya Golkar, Y banyaknya Demokrat. Tentukan fungsi peluang bersama X dan Y . Hitung P (X = Y ) Solusi: 3 pX,Y (x, y) = Cx,y,3−x−y (1/4)x (1/4)y (1/2)3−x−y , x, y = 0, 1, 2, 3
X\Y 0 1 2 0 1/8 3/16 3/32 1 3/16 3/16 3/64 2 3/32 3/64 0 3 1/64 0 0 Total 27/64 27/64 9/64
MA4081 Pros.Stok.
3 1/64 0 0 0 1/64
3
Total 27/64 27/64 9/64 1/64 1
K. Syuhada, PhD.
4. Pandang keadaan pada soal 2. Tentukan peluang bahwa (a) kedua komponen elektronik tsb bertahan lebih dari 4 jam? (b) salah satu komponen bertahan setidaknya 2 kali dari komponen yang lain? Solusi: ∑∑
pX,Y (x, y) =
x>4 y>4
∞ ∑ ∞ ∑
p2 (1 − p)x+y−2
x=5 y=5
= · · · = (1 − p)8 P (X ≥ 2Y ) + P (Y ≥ 2X) = 2 P (X ≥ 2Y ) ∞ ∑ ∞ ∑ =2 p2 (1 − p)x+y−2 y=1 x=2y
= ··· =
2(1 − p) 3 − 3p + p2
Definisi: Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak yang terdefinisi di ruang sampel yang sama. Fungsi distribusi bersama dari X dan Y , FX,Y adalah FX,Y (x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y), x, y ∈ R Contoh: Misalkan sebuah titik diambil secara acak dari {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1} Misalkan X dan Y menyatakan koordinat x dan y dari titik yang terpilih. Tentukan fungsi distribusi bersama dari X dan Y . Jawab: Kasus 1: x < 0, y < 0 Kasus 2: 0 ≤ x < 1, 0 ≤ y < 1 Kasus 3: 0 ≤ x < 1, y ≥ 1 Kasus 4: x ≥ 1, 0 ≤ y < 1 Kasus 5: x ≥ 1, y ≥ 1
Proposisi. Misalkan X dan Y peubah acak-peubah acak terdefinisi di ruang sampel yang
MA4081 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
sama. Untuk semua bilangan riil a, b, c, d dimana a < b dan c < d, P (a < X ≤ b, c < Y ≤ d) = FX,Y (b, d) − FX,Y (b, c) − FX,Y (a, d) + FX,Y (a, c) Definisi. Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak yang didefinisikan pada ruang sampel yang sama. Fungsi non-negatif fX,Y adalah fungsi peluang bersama dari X dan Y untuk semua bilangan riil a, b, c, d dimana a < b dan c < d, ∫ b∫ d fX,Y (x, y) dxdy P (a ≤ X ≤ b, c ≤ Y ≤ d) = a
c
Catatan: fX,Y (x, y) =
∂2 ∂2 FX,Y (x, y) = FX,Y (x, y) ∂x ∂y ∂y ∂x
Proposisi. Suatu fungsi peluang bersama fX,Y (x, y) dari peubah acak X dan Y memenuhi 2 sifat berikut 1. f∫X,Y (x, y) ≥ 0 untuk semua (x, y) ∈ R2 ∞ ∫∞ 2. −∞ −∞ fX,Y (x, y) dxdy = 1 Proposisi Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama fX,Y (x, y). Maka ∫ ∞ fX (x) = fX,Y (x, y)dy, x ∈ R ∞
dan
∫ fY (y) =
∞ ∞
fX,Y (x, y)dx, y ∈ R
adalah fungsi peluang marginal dari X dan Y . Contoh/Latihan: 1. Misalkan X dan Y memiliki fungsi peluang bersama (i) f (x, y) = c (y 2 − x2 ) e−y , −y ≤ x ≤ y, 0 < y < ∞ (ii) f (x, y) = c x y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 MA4081 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
a. b. c. d.
Tentukan c Tentukan fungsi peluang marginal X dan Y Hitung P (Y > 2X) Apakah X dan Y saling bebas?
Solusi: a. Untuk menentukan c: ∫ ∞∫ y 1= c (y 2 − x2 ) e−y dx dy = 8c 0
−y
Jadi c = 1/8. b. Fungsi peluang marginal: fX (x) = 1/4 e−|x| (1 + |x|) fY (y) = 1/6 y 3 e−y , y ≥ 0 c. ∫
∞
∫
y/2
P (Y > 2X) = 0
−y
c (y 2 − x2 ) e−y dx dy = · · ·
d. X dan Y tidak saling bebas. Catatan: X dan Y saling bebas jika f (x, y) = fX (x) fY (y) 2. Pandang 2 komponen elektronik A dan B dengan masa hidup X dan Y . Fungsi peluang bersama dari X dan Y adalah fX,Y (x, y) = λ µ exp(−λx + µy), x, y > 0 dimana λ > 0, µ > 0 a. Tentukan peluang bahwa kedua komponen berfungsi pada saat t b. Tentukan peluang bahwa komponen A adalah komponen yang pertama kali rusak c. Tentukan peluang bahwa komponen B adalah komponen yang pertama kali rusak
MA4081 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
Solusi:
∫
∫
∞
∞
a. P (X > t, Y > t) = t
λ µ e−(λ x+µ y) dy dx
t
= · · · = e−(λ+µ)t ∫
∫
∞
b. P (X < Y ) = 0
∞
λ µ e−(λ x+µ y) dy dx
x
= ··· =
λ λ+µ
3. Ketika kebakaran terjadi dan dilaporkan ke perusahaan asuransi, perusahaan asuransi tersebut segera membuat perkiraan awal X yaitu besar nilai klaim yang akan diberikan. Setelah klaim dihitung secara lengkap, perusahaan harus melunasi pembayaran klaim sebesar Y . Perusahaan menentukan bahwa X dan Y memiliki fungsi peluang bersama fX,Y (x, y) =
2 y −(2x−1)/(x−1) , x > 1, y > 1 − 1)
x2 (x
a. Tentukan fX (x) b. Jika besar klaim awal yang diberikan adalah 2, tentukan peluang bahwa klaim yang diterima berikutnya adalah antara 1 dan 3.
Solusi: ∫
∞
a. fX (x) = 1
2 y −(2x−1)/(x−1) dy − 1)
x2 (x
= ··· ) fX,Y (x, y) b. P (1 < Y < 3|X = 2) = dy fX (x) X=2 1 = · · · = 8/9 ∫
MA4081 Pros.Stok.
7
3
(
K. Syuhada, PhD.
Definisi: Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak diskrit. Jika pX (x) > 0 maka fungsi peluang bersyarat dari Y diberikan X = x (notasi: pY |X (y|x)), adalah pY |X (y|x) =
pX,Y (x, y) , ∀y ∈ R pX (x)
Jika pX (x) = 0, kita definiskan pY |X (y|x) = 0 namun tidak dikatakan sebagai fungsi peluang bersyarat. Catatan: Fungsi peluang bersyarat adalah fungsi peluang! Proposisi. Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak diskrit. Kedua peubah acak ini dikatakan saling bebas (independen) jika dan hanya jika pX,Y (x, y) = pX (x) pY (y) ∀x, y ∈ R Contoh/Latihan: 1. Sebuah perusahaan asuransi menduga bahwa setiap orang akan mengalami dan memiliki parameter kecelakaan. Banyaknya kecelakaan pada seseorang setiap tahun berdistribusi Poisson dengan parameter λ. Perusahaan juga menduga bahwa pemegang polis baru akan memiliki parameter kecelakaan yang nilainya adalah peubah acak gamma dengan parameter s dan α. Jika seorang pemegang polis baru mengalami n kecelakan di tahun pertama, tentukan peluang bersyarat dari parameter kecelakaannya. Tentukan banyak kecelakaan (yang diharapkan) pada tahun berikutnya. Solusi: Misalkan N menyatakan banyak kecelakaan per tahun yang berdistribusi Poisson dengan mean λ, dimana Λ berdistribusi Gamma dengan parameter s dan α (Catatan: Λ adalah huruf besar dari λ). P (Λ = λ, N = n) P (N = n) 1 P (N = n|Λ = λ) fΛ (λ) = P (N = n) 1 e−λ λn sα α−1 −s λ = λ e P (N = n) n! Γ(α) = C λn+α−1 e−(s+1)λ ,
fΛ|N (λ|n) =
dengan C konstanta. Fungsi peluang fΛ|N haruslah berdistribusi Gamma MA4081 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
dengan parameter s + 1 dan n + α. Jadi, fΛ|N (λ|n) =
(s + 1)n+α n+α−1 −(s+1)λ λ e Γ(n + α)
Banyak kecelakaan yang diharapkan (expected number of accidents), E(Λ|N = n), adalah nilai harapapan (expected value) dari distribusi Gamma dengan parameter s + 1 dan n + α yaitu (n + α)/(s + 1). 2. Banyaknya orang Z yang datang ke ruang UGD selama sejam memiliki distribusi Poisson dengan parameter λ. Peluang orang yang datang adalah laki-laki adalah p dan peluang perempuan datang adalah q. Misalkan X dan Y berturut-turut adalah banyaknya laki-laki dan perempuan yang datang ke UGD selama sejam. a. Tunjukan bahwa X ∼ P OI(pλ) dan Y ∼ P OI(qλ) b. Apakah X dan Y saling bebas? Solusi: Peubah acak Z berdistribusi Poisson: fZ (z) =
e−λ λz , z = 0, 1, 2, . . . z!
Untuk Z = z, maka kedatangan pasien laki-laki adalah peubah acak Binomial dengan parameter (z, p): fX|Z (x|z) = Cxz px (1 − p)z−x , x = 0, 1, . . . , z dan untuk pasien perempuan: fY |Z (y|z) = Cyz q x (1 − q)z−y , y = 0, 1, . . . , z Sehingga fungsi peluang bersama X dan Y diberikan Z = z: z fX,Y |Z (x, y|z) = Cx,y px q y , x + y = z
Untuk mendapatkan fungsi peluang marginal dari X, kita hitung ∑ ∑ fX (x) = fX,Z (x, z) = fX|Z (x|z) fZ (z) z
= ··· =
z
e
−pλ
(pλ) x!
x
Jadi, X ∼ P OI(pλ). Dengan cara sama, kita peroleh Y ∼ P OI(qλ). Selanjutnya, untuk menentukan apakah X dan Y saling bebas kita tun-
MA4081 Pros.Stok.
9
K. Syuhada, PhD.
jukkan bahwa ∑ ∑ fX,Y (x, y) = fX,Y,Z (x, y, z) = fX,Y |Z (x, y|z) fZ (z) = fX (x) fY (y) z
z
Misalkan X berdistribusi Uniform pada selang (0, 1). Misalkan Y = X n . Maka FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X n ≤ y) = P (X ≤ y 1/n ) = FX (y 1/n ) = y 1/n dan fungsi peluang dari Y adalah fY (y) = (1/n) y 1/n−1 , 0 ≤ y ≤ 1 Misalkan X peubah acak kontinu dengan fungsi peluang fX . Misalkan Y = X 2 , FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X 2 ≤ y) √ √ = P (− y ≤ X ≤ y) √ √ = FX ( y) − FX (− y) dan fungsi peluangnya adalah 1 ( √ √ ) fY (y) = √ fX ( y) − fX (− y) 2 y Misalkan X dan Y peubah acak-peubah acak positif saling bebas. Misalkan (i) Z = X/Y (ii) Z = XY , maka FZ (z) = P (Z ≤ z) = P (X/Y ≤ z) = P (X ≤ zY ) ∫ ∞ ∫ zy fX (x) fY (y) dx dy = 0 0 ∫ ∞ ∫ zy = fY (y) fX (x) dx dy 0 0 ∫ ∞ = fY (y) FX (zy) dy 0
MA4081 Pros.Stok.
10
K. Syuhada, PhD.
dan fungsi peluangnya: ∫ fX/Y (z) = · · · =
∞
y fY (y) fX (zy) dy
0
Misalkan X dan Y saling bebas dan kita ingin menentukan fungsi distribusi dan fungsi peluang X + Y , FZ (z) = P (Z ≤ z) = P (X + Y ≤ z) = P (X ≤ zY ) ∫ ∞ ∫ z−y fX (x) fY (y) dx dy = −∞ −∞ ∫ ∞ ∫ z−y = fX (x) dx fY (y) dy −∞ −∞ ∫ ∞ = FX (z − y) fY (y) dy, −∞
dimana fungsi distribusi FX+Y ini disebut “konvolusi” dari distribusi FX dan FY . Fungsi peluangnya adalah ∫ ∞ d fX+Y (z) = FX (z − y) fY (y) dy dz −∞ ∫ ∞ d = FX (z − y) fY (y) dy −∞ dz ∫ ∞ = fX (z − y) fY (y) dy −∞
Tentukan distribusi dari X + Y jika X dan Y peubah acak-peubah acak saling bebas berdistribusi (i) Uniform(0, 1) (ii) Poisson dengan parameter λi .
MA4081 Pros.Stok.
11
K. Syuhada, PhD.
2.2
Ekspektasi
Definisi: Nilai harapan/ekspektasi (expected value/expectation) atau ekspektasi dari peubah acak diskrit/kontinu X adalah ∑ x pX (x) E(X) = x
dan
∫
∞
E(X) = −∞
x fX (x) dx
dimana pX dan fX adalah fungsi peluang dari X. Catatan: 1. Ekspektasi adalah rata-rata tertimbang (weighted average) dari nilai yang mungkin dari X 2. Ekspektasi = mean = momen pertama 3. Ekspektasi suatu peubah acak adalah nilai rata-rata (long-run average value) dari percobaan bebas yang berulang 3. Apakah ekspektasi harus berhingga? (Diskusi!) Contoh/Latihan: 1. Pengurus dan Anggota KOHATI sebanyak 120 orang akan berangkat ke Jakarta dengan menggunakan 3 bis. Ada 36 mahasiswa di bis 1, 40 mahasiswa di bis 2 dan 44 mahasiswa di bis 3. Ketika bis sampai tujuan, seorang mahasiswa dipilih secara acak. Misalkan X menyatakan banyaknya mahasiswa di bis dimana seseorang tersebut terpilih. Hitung E(X). (Solusi: 40.2667) 2. Jika X ∼ P ois(λ), tentukan E(X). (Solusi: λ) 3. Misalkan X adalah peubah acak dengan nilai yang mungkin −1, 0, 1 dan peluang: p(−1) = 0.2, p(0) = 0.5, p(1) = 0.3 Hitung E(X 2 ). (Solusi: 0.5) SIFAT-SIFAT EKSPEKTASI ∫∞ 1. E(g(X)) = −∞ g(x) fX (x) dx 2. E(a X + b Y ) = a E(X) + b E(Y ) MA4081 Pros.Stok.
12
K. Syuhada, PhD.
3. E(XY ) = E(X) E(Y ), jika X dan Y saling bebas. ∫∞ 4. E(X) = 0 P (X > x) dx, untuk X > 0 (*) ∫∞ 5. E(X r ) = −∞ xr fX (x) dx (momen ke-r) ∫∞ 6. E((X − µX )r ) = −∞ (x − µX )r fX (x) dx (momen pusat ke-r) 7. E((X − µX )2 ) = V ar(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 Deviasi standar dari X adalah akar kuadrat Variansi dari X. ∫∞ 8. E(etX ) = −∞ etx fX (x) dx = MX (t) (fungsi pembangkit momen) 9. MX′ (0) = E(X), MX′′ (0) = E(X 2 ) Contoh/Latihan: 1. Misalkan Y menunjukkan banyaknya gol yang diciptakan oleh seorang pemain sepak bola di suatu pertandingan yang terpilih acak: y 0 1 p(y) 0.1 0.2
2 0.3
3 0.2
4 0.1
5 0.05
6 0.05
Misalkan W adalah banyaknya pertandingan dimana seorang pemain sepak bola menciptakan 3 atau lebih gol dalam 4 pertandingan terpilih acak. Berapa nilai harapan banyak pertandingan dimana pemain menciptakan 3 atau lebih gol? Solusi: P (Y ≥ 3) = 0.4 = P (’sukses’) = p E(W ) = n p = 4 (0.4) = 1.6 2. Misalkan X peubah acak dengan MX (t) sebagai fungsi pembangkit momen. Didefinisikan f (t) = ln MX (t). Tunjukkan bahwa f ′′ (0) = V ar(X) Solusi: f ′ (t) = MX′ (t)/MX (t) f ′′ (t) =
MA4081 Pros.Stok.
MX′′ (t) MX (t) − (MX′ (t))2 (MX (t))2 13
K. Syuhada, PhD.
saat t = 0, f ′′ (0) =
MX′′ (0) MX (0) − (MX′ (0))2 = E(X 2 ) − (E(X))2 = V ar(X) (MX (0))2
dimana MX (0) = 1, MX′ (0) = E(X), MX′′ (0) = E(X 2 ). 3. Diketahui fungsi peluang: f (x) = c (4x − 2x2 ), 0 < x < 2 Hitung E(X) dan P (1/2 < X < 3/2) Solusi: ∫
∫
2
2
c(4x − 2x2 ) dx = 1
f (x) dx = 0
0
Diperoleh c = 3/8. ∫ E(X) = x 3/8 (4x − 2x2 ) dx = 1 ∫
3/2
3/8 (4x − 2x2 ) dx = 11/16
P (1/2 < X < 3/2) = 1/2
4. Diketahui: f (x) =
1 (λ x)r−1 λ exp(−λ x) Γ(r)
Tentukan E(X k ), k = 2, 3 Solusi: X ∼ Gamma(r, λ) dengan MX (t) = (1 − λ t)−r . MX′′ (t) = · · · , MX′′′ (t) = · · · 5. Diketahui X ∼ B(n, p). Buktikan: ( ) 1 p + q(1 − q n ) E = X +1 (n + 1)p
MA4081 Pros.Stok.
14
K. Syuhada, PhD.
Bukti: ( E
1 X +1
) = =
n ∑ i=0 n ∑
1 n!(n − i)! i! pi q n−i i+1 n!(n − i)! (i + 1)! pi q n−i
i=0 n ∑ 1 = C n+1 pi+1 q n−i (n + 1)p i=0 i+1
=
n+1 ∑ 1 C n+1 pj q n+1−j (n + 1)p j=1 j
[ ] 1 1 − C0n+1 p0 q n+1−0 (n + 1)p ( ) 1 1 − q n+1 = (n + 1)p p + q − q n+1 = (n + 1)p p + q(1 − q n ) = (n + 1)p =
6. Misalkan X menyatakan lama (jam) mhs belajar ProsStok dan fungsi peluang X adalah sbb: { x − 2, 2 ≤ x < 3 f (x) = 1 , 4<x<6 4 (a) Berapa persen mhs menghabiskan waktu lebih dari 150 menit utk belajar ProsStok ? (b) Berapa rata-rata lama waktu mhs belajar ProsStok ? (c) Jika seorang mhs menghabiskan waktu lebih dari 130 menit, berapa peluang mhs itu selesai belajar kurang dari 4.5 jam ? (d) Hitung P (X = 2), P (X = 3), P (X = E(X)), P (X < E(X)) Solusi: (a) P (X > 2.5) =
∫3 2.5
(x − 2) dx +
∫6 4
1/4 dx
(b) E(X) = 10/3 (c) P (X < 4.5|X > 13/6) = P (13/6 < X < 4.5)/P (X > 13/6) (d) P (X = E(X)) = 0, P (X < E(X)) = P (X < 10/3) = 1/2 MA4081 Pros.Stok.
15
K. Syuhada, PhD.
7. Misalkan X peubah acak berdistribusi Poisson dengan parameter θ. Tunjukkan bahwa: ( ) ( ) E X n = θ E (X + 1)n−1 Bukti: (
E X
n
)
= =
∞ ∑ i=0 ∞ ∑
in e−λ λi / i! in e−λ λi / i!
i=1
=
∞ ∑
in−1 e−λ λi / (i − 1)!
i=1
=
∞ ∑
(j + 1)n−1 e−λ λj+1 / j!
j=0 ∞ ∑
=λ
(j + 1)n−1 e−λ λj / j!
j=0
( ) = λ E (X + 1)n−1 8. Misalkan X peubah acak dengan fungsi distribusi 0, 0.2, 0.5, 0.6, F (x) = 0.6 + q, 0.6 + 2q, 1,
x < −2 −2 ≤ x < 0 0 ≤ x < 2.2 2.2. ≤ x < 3 3≤x<4 4 ≤ x < 5.5 x ≥ 5.5
dan diketahui P (X > 3.3) = 0.25. a. Tentukan fungsi pembangkit momen dari X atau MX (t) b. Gunakan MX (t) untuk menentukan E(X). Solusi: p(−2) = 0.2, p(0) = 0.3, p(2.2) = 0.1, p(3) = q, p(4) = q, p(5.5) = 0.4−2q P (X > 3.3) = p(4) + p(5.5) = q + 0.4 − 2q = 0.25 ⇔ q = 0.15
MA4081 Pros.Stok.
16
K. Syuhada, PhD.
a. MX (t) = E(etX ) =
∑
etx p(x)
= e−2t p(−2) + e0t p(0) + e2.2t p(2.2) + e3t p(3) + e4t p(4) + e5.5t p(5.5) = 0.2 e−2t + 0.3 + 0.1 e2.2t + 0.15 e3t + 0.15 e4t + 0.1 e5.5t b. MX′ (t) = 0.2 e−2t + 0.3 + 0.1 e2.2t + 0.15 e3t + 0.15 e4t + 0.1 e5.5t = −0.4 e−2t + 0.22 e2.2t + 0.45 e3t + 0.6 e4t + 0.55 e5.5t MX′ (0) = −0.4 + 0.22 + 0.45 + 0.6 + 0.55 = 1.42
MA4081 Pros.Stok.
17
K. Syuhada, PhD.
2.3
Ekspektasi Bersyarat
Ilustrasi 1. Misalkan banyaknya kecelakaan kerja rata-rata per minggu di suatu pabrik adalah empat. Misalkan banyaknya buruh yang terluka/cedera setiap kecelakaan adalah peubah acak yang saling bebas dengan mean dua. Asumsikan bahwa banyaknya buruh yang terluka di setiap kecelakaan saling bebas dengan banyaknya kecelakaan yang terjadi. Berapa banyak orang terluka rata-rata per minggu? Ilustrasi 2. Seorang narapidana terjebak dalam suatu sel penjara yang memiliki tiga pintu. Pintu pertama akan membawanya ke sebuah terowongan dan kembali ke sel dalam waktu dua hari. Pintu kedua dan ketiga akan membawanya ke terowongan yang kembali ke sel dalam tempo masing-masing empat dan satu hari. Asumsikan bahwa sang napi selalu memilih pintu 1, 2, dan 3 dengan peluang 0.5, 0.3 dan 0.2, berapa lama waktu rata-rata (expected number of days) yang dibutuhkan untuk dia agar selamat? Definisi: Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama fX,Y (x, y). Jika fX (x) > 0 maka ekspektasi bersyarat dari Y diberikan X = x adalah ekspektasi dari Y relatif terhadap distribusi bersyarat Y diberikan X = x, ∫ ∞ ∫ ∞ fX,Y (x, y) E(Y |X = x) = y dy = y fY |X (y|x) dy fX (x) −∞ −∞ Proposisi. Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama fX,Y (x, y). Misalkan ekspektasi dari Y hingga. Maka ∫ ∞ E(Y ) = E(Y |X = x) fX (x) dx −∞
atau E(Y ) = E(E(Y |X = x)) Definisi: Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama fX,Y (x, y). Jika fX (x) > 0 maka variansi bersyarat dari Y diberikan X = x adalah variansi dari Y relatif terhadap distribusi bersyarat Y diberikan X = x, ) (( )2 V ar(Y |X = x) = E Y − E(Y |X = x) X = x MA4081 Pros.Stok.
18
K. Syuhada, PhD.
Proposisi. Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama fX,Y (x, y). Misalkan variansi dari Y hingga. Maka V ar(Y ) = E(V ar(Y |X = x)) + V ar(E(Y |X)) Latihan: 1. Misalkan X dan Y peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama f (x, y) = e−x(y+1) , 0 ≤ x, 0 ≤ y ≤ e − 1 a. Tentukan fY (y) b. Hitung P (X > 1|Y = 21 ) c. Hitung E(X|Y = 12 ) Solusi: 1 P (X > 1|Y = ) = 2
∫
∞
∫1 ∞
= 1
e−x(y+1) dx 1/(y + 1) 3 −3 x e 2 dx 2
= e−3/2 2. K meninggalkan kantor setiap hari kerja antara pukul 6-7 malam. Jika dia pergi t menit setelah pukul 6 maka waktu untuk mencapai rumah adalah peubah acak berdistribusi Seragam pada selang (20, 20 + (2t)/3). Misalkan Y adalah banyak menit setelah pukul 6 dan X banya menit untuk mencapai rumah, berapa lama waktu mencapai rumah? Solusi: Y ∼ U (0, 60), X|Y = y ∼ U (20, 20 + (2y)/3). ∫ 60 E(X) = E(X|Y = y) fY (y) dy = 30 0
3. Jika Xi ∼ Bin(ni , p), tentukan E(X1 + X2 |X1 ) 4. Jika X dan Y peubah acak-peubah acak Poisson saling bebas dengan parameter λx dan λy , tentukan E(X|X + Y = n). Bagaimana jika X dan Y berdistribusi Geometrik identik dengan parameter p?
MA4081 Pros.Stok.
19
K. Syuhada, PhD.
Kita ketahui bahwa jika X dan Y saling bebas maka fX,Y (x, y) = fX (x) gY (y), Akibatnya, E(XY ) = E(X) E(Y ) Konsekuensi ini juga berlaku untuk setiap fungsi g dan h, ( ) ( ) ( ) E g(X)h(Y ) = E g(X) E h(Y ) Definisi: Kovariansi antara peubah acak X dan Y , dinotasikan Cov(X, Y ), adalah (( )( )) Cov(X, Y ) = E X − E(X) Y − E(Y ) Catatan: Jika X dan Y saling bebas maka Cov(X, Y ) = 0 (implikasi). Sifat-sifat kovariansi • Cov(X, Y ) = Cov(Y, X) • Cov(X, X) = V ar(X) • Cov(a X, Y ) = a Cov(X, Y ) (∑ ) ∑ ∑m ∑ n • Cov X , Y = ni=1 m i j i=1 j=1 j=1 Cov(Xi , Yj ) Perhatikan bahwa: ( n ) ( n ) n ∑ ∑ ∑ V ar Xi = Cov Xi , Xj i=1
= =
n ∑
i=1 n ∑
j=1
Cov(Xi , Xj )
i=1 j=1 n ∑
V ar(Xi ) +
i=1
∑∑
Cov(Xi , Xj )
i̸=j
Korelasi antara peubah acak X dan Y , dinotasikan ρ(X, Y ), didefinisikan sebagai Cov(X, Y ρ(X, Y ) = √ , V ar(X) V ar(Y ) MA4081 Pros.Stok.
20
K. Syuhada, PhD.
asalkan V ar(X) dan V ar(Y ) bernilai positif. Dapat ditunjukkan pula bahwa −1 ≤ ρ(X, Y ) ≤ 1 Koefisien korelasi adalah ukuran dari derajat kelinieran antara X dan Y . Nilai ρ(X, Y ) yang dekat dengan +1 atau −1 menunjukkan derajat kelinieran yang tinggi. Nilai positif korelasi mengindikasikan nilai Y yang cenderung membesar apabila X membesar. Jika ρ(X, Y ) = 0 maka dikatakan X dan Y tidak berkorelasi. Latihan: 1. Tunjukkan bahwa Cov(X, E(Y |X)) = Cov(X, Y ) 2. Misalkan X peubah acak normal standar dan I (bebas dari X) sdh P (I = 1) = P (I = 0) = 1/2. Didefinisikan Y = X, jika I = 1; Y = −X, jika I = 0 Tunjukkan bahwa Cov(X, Y ) = 0
MA4081 Pros.Stok.
21
K. Syuhada, PhD.
BAB 3 Rantai Markov Silabus: Definisi rantai Markov, sifat Markov, peluang transisi n-langkah, persamaan Chapman-Kolmogorov, jenis keadaan, recurrent dan transient, limit peluang transisi (kestasioneran). Tujuan: 1. Mempelajari model rantai Markov 2. Menghitung peluang transisi n-langkah 3. Menerapkan persamaan Chapman-Kolmogorov 4. Menentukan keadaan ‘yang dapat diakses’ dan ‘berkomunikasi’ 5. Menentukan keadaan-keadaan recurrent dan transient 6. Menghitung peluang transisi untuk jangka panjang
3.1
Ilustrasi
(Ilustrasi 1) Perilaku bunuh diri kini kian menjadi-jadi. Hesti (nama sebenarnya) adalah sebuah contoh. Dia pernah melakukan percobaan bunuh diri, namun gagal. Menurut pakar, kalau pada suatu waktu seseorang melakukan percobaan bunuh diri maka besar kemungkinan dia akan melakukannya lagi di masa mendatang. Jika seseorang belum pernah melakukan percobaan bunuh diri, di masa mendatang orang tersebut akan mungkin melakukan percobaan bunuh diri. Deskripsikan fenomena diatas sebagai model peluang (probability model).
1
(Ilustrasi 2) “Pada 23 Juni lalu sekitar pukul 21.30 mobil yang dikemudikan suami saya terperosok masuk lubang di jalan tol lingkar luar Jakarta, kira-kira 2 kilometer dari Pintu Tol Pondok Ranji arah Jakarta. Ban dan gadi-gading roda rusak. Esoknya saya mengajukan klaim asuransi Sinar Mas kepada SiMas Bekasi. Pada 1 Juli saya mendapat jawaban bahwa klaim asuransi ditolak dengan alasan: bagian yang rusak hanya ban dan gading-gading roda. Tak mengenai badan mobil. Padahal, tercantum jelas di dalam pasal-pasal polis asuransi maupun surat penolakan bahwa ban dan gading-gading roda tidak dijamin, kecuali disebabkan oleh Pasal 1 angka 1.1. Isi pasal itu, pertanggungan ini menjamin kerusakan yang secara langsung disebabkan oleh tabrakan, benturan, terbalik, tergelincir atau terperosok. Asuransi Sinar Mas berusaha menghindar dari kewajiban dengan alasan mengada-ada, bahkan mengingkari aturan yang dibuatnya sendiri” (Surat Pembaca KOMPAS; 03/08/2010). Andaikan suatu hari saya mengajukan klaim lagi ke Asuransi Sinar Mas, berapa peluang bahwa klaim saya akan diterima? (Ilustrasi 3) Permainan. Foto. (Ilustrasi 4) Loyalitas konsumen terhadap suatu merek barang. Wilkie (1994) mendefinisikan “brand loyalty as a favorable attitude toward and consistent purchase of a particular brand”. Lyong (1998): “brand loyalty is a function of a brands’ relative frequency of purchase in both time-independent and timedependent situations”. Seorang konsumen pembeli merek barang A diharapkan akan terus membeli barang A. Mungkinkah ini terjadi? Apakah model statistika yang dapat dengan tepat (atau mendekati tepat) merinci peluang terjadinya hal ini? Apakah model ini membantu dalam strategi pemasaran suatu barang? (Ilustrasi 5) Akhir-akhir ini, hujan dan panas (baca: tidak hujan) datang silih berganti tanpa bisa diduga. Kalau hari ini hujan, besok mungkin hujan mungkin juga panas. Tentu saja peluang besok hujan akan lebih besar dibanding peluang besok akan panas. Begitu pula jika hari ini panas. Besok akan lebih mungkin panas dibandingkan hujan. Jika hari Senin hujan, berapa peluang bahwa hari Selasa akan hujan? Berapa peluang bahwa hari Kamis akan hujan? (Ilustrasi 6) Sebagai calon atlet, setiap pagi Swari meninggalkan rumahnya untuk berlari pagi. Swari akan pergi lewat pintu depan atau belakang dengan peluang sama. Ketika meninggalkan rumah, Swari memakai sepatu olah raga atau bertelanjang kaki jika sepatu tidak tersedia di depan pintu yang dia lewati. Ketika pulang, Swari akan masuk lewat pintu depan atau belakang dan meletakkan sepatunya dengan peluang sama. Diketahui bahwa Swari memiliki 4 pasang sepatu olah raga. Berapa peluang bahwa Swari akan sering berolah raga dengan bertelanjang kaki? MA4081 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
(Ilustrasi 7) Hutang tak terbayar. Hutang atau rugi dimasa depan, milik siapa? Perlukah kita mengetahui (baca: memprediksi) Bagaimana memodelkan kerugian? “segmentation algorithm”? “Markov chain”? “account’s behavioural score”? 0.85 0.09 0.01 0.00 0.01 0.01 0.05 0.76 0.12 0.04 0.01 0.00 0.03 0.08 0.70 0.15 0.03 0.00 P= 0.01 0.04 0.03 0.70 0.12 0.00 0.00 0.02 0.07 0.03 0.88 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00
MA4081 Pros.Stok.
3
kerugian dimasa depan?
0.03 0.02 0.01 0.00 0.00 0.00 1.00
K. Syuhada, PhD.
3.2
Definisi
Proses stokastik {Xn } adalah Rantai Markov: • n = 0, 1, 2, . . . • nilai yang mungkin adalah hingga atau terhitung • ( ) P Xn+1 = j|Xn = i, Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 = Pij (∗) • distribusi bersyarat Xn+1 , diberikan keadaan-keadaan lampau (past states) X0 , X1 , . . . , Xn−1 dan keadaan sekarang (present state) Xn , hanya bergantung pada keadaan sekarang (“Sifat Markov”) • keadaan-keadaan (states): i0 , i1 , . . . , in−1 , i, j Pij peluang bahwa proses akan berada di keadaan j dari keadaan i; Pij ≥ 0, i, j ≥ 0;
∞ ∑
Pij = 1, i = 0, 1, . . .
j=0
Matriks peluang transisi Pij adalah P=
P00 P01 P02 · · · P10 P11 P12 · · · .. .. .. . . . Pi0 Pi0 Pi0 · · · .. .. .. . . .
MA4081 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
P02
P01
P00
0
P12
1
P11
P22
P10
2
...
P21
P20
Figure 3.1: Diagram transisi keadaan atau state transition diagram
MA4081 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
Perhatikan (*): ) ( P Xn+1 = j|Xn = i, Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 ( ) = P Xn+1 = j|Xn = i = Pij , yang disebut sebagai peluang transisi 1-langkah atau one-step transition probability. Peluang bersama ( ) P Xn = i, Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 dapat dihitung dengan sifat peluang bersyarat berikut. ( ) P Xn = i, Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 ( ) = P Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 ( ) × P Xn = i | Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 ( ) ( ) = P Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0 × P Xn = i | Xn−1 = in−1 = ··· = pi0 · · · Pin−1 ,in
Contoh/Latihan: 1. Jika, pada waktu t, Rez mengajukan klaim asuransi, maka Rez akan mengajukan klaim pada waktu t + 1 dengan peluang α; jika Rez tidak mengajukan klaim asuransi saat ini maka di masa depan Rez akan mengajukan klaim asuransi dengan peluang β. Matriks peluang transisinya adalah... ( P=
1−β β 1−α α
)
dengan keadaan-keadaan: ’0’ tidak mengajukan klaim ’1’ mengajukan klaim 2. Suatu rantai Markov dengan keadaan-keadaan “0, 1, 2” memiliki matriks peluang transisi:
MA4081 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
0.1 0.2 0.7 P = 0.9 0.1 0 0.1 0.8 0.1 dan P (X0 = 0) = 0.3, P (X0 = 1) = 0.4, P (X0 = 2) = 0.3. Hitung P (X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2)
Solusi: 0 3. Keadaan hujan pada suatu hari bergantung pada keadaan hujan dalam dua hari terakhir. Jika dalam dua hari terakhir hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.7; Jika hari ini hujan dan kemarin tidak hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.5; jika hari ini tidak hujan dan kemarin hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.4; jika dalam dua hari terakhir tidak hujan maka besok hujan dengan peluang 0.2. Matriks peluang transisinya adalah...
0.7 0 0.3 0 0.5 0 0.5 0 P= 0 0.4 0 0.6 0 0.2 0 0.8 dengan keadaan-keadaan: ’0’ (00) = hari ini dan kemarin hujan ’1’ (10) = hari ini hujan, kemarin tidak hujan ’2’ (01) = hari ini tidak hujan, kemarin hujan ’3’ (11) = hari ini dan kemarin tidak hujan 4. Tiga item produk A dan tiga item produk B didistribusikan dalam dua buah paket/kotak sedemikian hinga setiap paket terdiri atas tiga item produk. Dikatakan bahwa sistem berada dalam keadaan i, i = 0, 1, 2, 3 jika dalam paket pertama terdapat i produk A. Setiap saat (langkah), kita pindahkan satu item produk dari setiap paket dan meletakkan item produk tersebut dari paket 1 ke paket 2 dan sebaliknya. Misalkan Xn menggambarkan keadaan dari sistem setelah langkah ke-n. Matriks peluang transisinya adalah...
0 1 0 0 1/9 4/9 4/9 0 P= 0 4/9 4/9 1/9 0 0 1 0 MA4081 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
dengan keadaan-keadaan: ’0’ terdapat 0 produk A di ’1’ terdapat 1 produk A di ’2’ terdapat 2 produk A di ’3’ terdapat 3 produk A di
paket paket paket paket
pertama pertama pertama pertama
5. Menurut Kemeny, Snell dan Thompson, Tanah Australia diberkahi dengan banyak hal kecuali cuaca yang baik. Mereka tidak pernah memiliki dua hari bercuaca baik secara berturut-turut. Jika mereka mendapatkan hari bercuaca baik maka esok hari akan bersalju atau hujan dengan peluang sama. Jika hari ini mereka mengalami salju atau hujan maka besok akan bercuaca sama dengan peluang separuhnya. Jika terdapat perubahan cuaca dari salju atau hujan, hanya separuh dari waktu besok akan menjadi hari bercuaca baik. Tentukan matriks peluang transisi dari Rantai Markov yang dibentuk dari keadaan-keadaan diatas.
1/2 1/4 1/4 P = 1/2 0 1/2 1/4 1/4 1/2 dengan keadaan-keadaan: ’0’ cuaca hujan ’1’ cuaca baik ’2’ cuaca salju 6. Suatu rantai Markov dengan keadaan-keadaan “0, 1, 2” memiliki matriks peluang transisi: 0.7 0.2 0.1 P = 0 0.6 0.4 0.5 0 0.5
Hitung P (X2 = 1, X3 = 1 | X1 = 0) dan P (X1 = 1, X2 = 1 | X0 = 0)
Solusi: 0.12; 0.12 7. Sebagai calon atlet, setiap pagi Swari meninggalkan rumahnya untuk berlari pagi. Swari akan pergi lewat pintu depan atau belakang dengan MA4081 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
peluang sama. Ketika meninggalkan rumah, Swari memakai sepatu olah raga atau bertelanjang kaki. Ketika pulang, Swari akan masuk lewat pintu depan atau belakang dan meletakkan sepatunya dengan peluang sama. Diketahui bahwa Swari memiliki 4 pasang sepatu olah raga. Bentuklah suatu Rantai Markov dari proses diatas. P=
3/4 1/4 0 0 0 1/4 1/2 1/4 0 0 0 1/4 1/2 1/4 0 0 0 1/4 1/2 1/4 0 0 0 1/4 3/4
dengan keadaan-keadaan: ’0’ (4,0) = 4 sepatu didepan, ’1’ (3,1) = 3 sepatu didepan, ’2’ (2,2) = 2 sepatu didepan, ’3’ (1,3) = 1 sepatu didepan, ’4’ (0,4) = 0 sepatu didepan,
MA4081 Pros.Stok.
0 1 2 3 4
dibelakang dibelakang dibelakang dibelakang dibelakang
9
K. Syuhada, PhD.
3.3
Peluang n-langkah
Persamaan Chapman-Kolmogorov Misalkan Pijn menyatakan peluang transisi n-langkah suatu proses di keadaan i akan berada di keadaan j, Pijn = P (Yk+n = j|Yk = i), n ≥ 0, i, j ≥ 0. Persamaan Chapman-Kolmogorov adalah alat untuk menghitung peluang transisi n + m-langkah: Pijn+m
=
∞ ∑
m Pikn Pkj , (Buktikan!)
k=0 m menyatakan peluang suatu untuk semua n, m ≥ 0 dan semua i, j. Pikn Pkj proses dalam keadaan i akan berada di keadaan j dalam n+m transisi, melalui keadaan k dalam n transisi/langkah.
Contoh/Latihan: 1. Jika hari ini hujan maka besok akan hujan dengan peluang α = 0.7; jika hari ini tidak hujan maka besok akan hujan dengan peluang β = 0.4. Matriks peluang transisi 4 langkah adalah... ( 4
P =
0.5749 0.4251 0.5668 0.4332
)
2. Keadaan hujan pada suatu hari bergantung pada keadaan hujan dalam dua hari terakhir. Jika dalam dua hari terakhir hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.7; Jika hari ini hujan dan kemarin tidak hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.5; jika hari ini tidak hujan dan kemarin hujan maka besok akan hujan dengan peluang 0.4; jika dalam dua hari terakhir tidak hujan maka besok hujan dengan peluang 0.2. Matriks peluang transisinya adalah sbb: 0.7 0 0.3 0 0.5 0 0.5 0 P= 0 0.4 0 0.6 0 0.2 0 0.8 Jika hari Senin dan Selasa hujan, berapa peluang bahwa hari Kamis akan hujan?
MA4081 Pros.Stok.
10
K. Syuhada, PhD.
0.49 0.12 0.21 0.18 0.35 0.2 0.15 0.3 P2 = 0.2 0.12 0.2 0.4 0.1 0.16 0.1 0.64 2 2 Peluang hujan pada hari Kamis adalah P00 + P01 = 0.49 + 0.12 = 0.61
Peluang Transisi Tak Bersyarat Misalkan αi = P (X0 = i), i ≥ 0, ∑∞ dimana i=0 αi = 1. Peluang tak bersyarat dapat dihitung dengan mensyaratkan pada keadaan awal, P (Xn = j) =
∞ ∑
P (Xn = j|X0 = i) P (X0 = i) =
i=0
∞ ∑
Pijn αi
i=0
Contoh/Latihan: 1. Pandang soal yang lalu dengan matriks peluang transisi: ( P=
0.7 0.3 0.4 0.6
)
Jika diketahui α0 = P (X0 = 0) = 0.4 dan α1 = P (X0 = 1) = 0.6, maka peluang (tak bersyarat) bahwa hari akan hujan 4 hari lagi adalah... 4 4 P (X4 = 0) = 0.4 P00 + 0.6 P10 = (0.4)(0.5749) + (0.6)(0.5668) = 0.57
2. Seorang pensiunan H menerima 2 (juta rupiah) setiap awal bulan. Banyaknya uang yang diperlukan H untuk dibelanjakan selama sebulan saling bebas dengan banyaknya uang ∑ yang dia punya dan sama dengan i dengan peluang Pi , i = 1, 2, 3, 4, 4i=1 Pi = 1. Jika H memiliki uang lebih dari 3 di akhir bulan, dia akan memberikan sejumlah uang lebih dari 3 itu kepada orang lain. Jika setelah dia menerima uang diawal bulan H memiliki uang 5, berapa peluang uangnya akan 1 atau kurang setiap saat selama 4 bulan berikut? Keadaan: ‘1’ jumlah uang sebanyak 1 yang H punya di akhir bulan MA4081 Pros.Stok.
11
K. Syuhada, PhD.
‘2’ jumlah uang sebanyak 2 yang H punya di akhir bulan ‘3’ jumlah uang sebanyak 3 yang H punya di akhir bulan Matriks peluang transisi P2 + P3 + P4 P1 0 P3 + P4 P2 P1 P= P4 P3 P1 + P2
Misalkan Pi = 1/4, i = 1, 2, 3, 4. Maka matriks peluang transisinya adalah
3/4 1/4 0 P = 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 Peluang uangnya akan 1 atau kurang setiap saat selama 4 bulan berikut 4 adalah P31 = 201/256.
MA4081 Pros.Stok.
12
K. Syuhada, PhD.
3.4
Program MATLAB
Model penyebaran suatu penyakit adalah sbb: Jumlah populasi adalah N = 5, sebagian sakit dan sisanya sehat. Dalam setiap waktu, 2 orang akan dipilih secara acak dari populasi tersebut dan keduanya berinteraksi. Pemilihan orangorang tersebut dilakukan sdh interaksi antara setiap pasangan adalah sama. Jika satu orang dari suatu pasangan sakit, yang lain sehat, maka penyakit akan disebarkan ke orang yang sehat dengan peluang 0.1. Diluar kondisi tersebut, tidak ada penyakit yang disebarkan. Misalkan Xn menyatakan jumlah orang yang sakit dalam populasi diakhir periode ke-n. Bentuklah suatu matriks peluang transisi yang mungkin.
Solusi: Keadaan: 0, 1, 2, 3, 4, 5, yang menyatakan jumlah orang yang sakit. P00 = 1, P55 = 1. Cukup jelas. Jika tidak ada/semua orang sakit maka PASTI keadaan berubah ke tidak ada/semua orang sakit. Pi,i+1 = 0.1
C1i C15−i = 0.01(i)(5 − i), C25
Pii = 1 − 0.01(i)(5 − i), untuk i = 1, 2, 3, 4. 1 0 0 0 0 0 0 0.96 0.04 0 0 0 0 0 0.94 0.06 0 0 P = 0 0 0 0.94 0.06 0 0 0 0 0 0.96 0.04 0 0 0 0 0 1
Kode MATLAB function transprob; % the function calculate transition probability for a Markov chain % % created by K Syuhada, 12/03/2011 clear clc
MA4081 Pros.Stok.
13
K. Syuhada, PhD.
m = input(’m = ’); % number of states P = zeros(m,m); for i = 1:m for j = 1:m if i == j P(i,j) elseif i+1 P(i,j) else P(i,j) end end end
= 1 - 0.01*(i-1)*(5-(i-1)); == j = 0.01*(i-1)*(5-(i-1)); = 0;
display(’matriks peluang transisi:’) display(P) % n-step probability % Chapman-Kolmogorov Equation n = input(’n = ’); % number of steps Pn = P^n; display(’matriks peluang transisi n-langkah:’) display(Pn) --------------------------------------------------------------m = 6 matriks peluang transisi: P = 1.0000 0 0 0 0 0
0 0.9600 0 0 0 0
MA4081 Pros.Stok.
0 0.0400 0.9400 0 0 0
0 0 0.0600 0.9400 0 0
14
0 0 0 0.0600 0.9600 0
0 0 0 0 0.0400 1.0000
K. Syuhada, PhD.
n = 2 matriks peluang transisi n-langkah: Pn = 1.0000 0 0 0 0 0
0 0.9216 0 0 0 0
MA4081 Pros.Stok.
0 0.0760 0.8836 0 0 0
0 0.0024 0.1128 0.8836 0 0
15
0 0 0.0036 0.1140 0.9216 0
0 0 0 0.0024 0.0784 1.0000
K. Syuhada, PhD.
3.5
Jenis Keadaan
Keadaan j dikatakan dapat diakses (accessible) dari keadaan i jika Pijn > 0 untuk suatu n ≥ 0. Akibatnya, keadaan j dapat diakses dari keadaan i jika dan hanya jika dimulai dari keadaan i proses akan masuk ke keadaan j. Jika keadaan j tidak dapat diakses dari keadaan i maka peluang masuk ke keadaan j dari keadaan i adalah nol. Catatan: Dua keadaan i dan j yang saling akses satu sama lain dikatakan berkomunikasi (communicate). Notasi: i ↔ j. Sifat-sifat: 1. Keadaan i berkomunikasi dengan keadaan i untuk semua i ≥ 0 2. Jika keadaan i berkomunikasi dengan keadaan j maka keadaan j berkomunikasi dengan keadaan i 3. Jika keadaan i berkomunikasi dengan keadaan j dan keadaan j berkomunikasi dengan keadaan k maka keadaan i berkomunikasi dengan keadaan k Dua keadaan yang berkomunikasi dikatakan berada dalam kelas (class) yang sama. Setiap dua kelas dari keadaan-keadaan dapat ‘identik’ (identical) atau ‘saling asing’ (disjoint). Rantai Markov dikatakan tidak dapat direduksi (irreducible) jika hanya terdapat sebuah kelas dan semua keadaan berkomunikasi satu sama lain. Contoh/Latihan: 1. Tentukan kelas keadaan dari rantai Markov dengan peluang transisi berikut: (i)
0.7 0 0.3 0 0.5 0 0.5 0 P= 0 0.4 0 0.6 0 0.2 0 0.8 (ii)
0 1 0 0 1/9 4/9 4/9 0 P= 0 4/9 4/9 1/9 0 0 1 0 MA4081 Pros.Stok.
16
K. Syuhada, PhD.
(iii)
1 0 0 P = 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 2. Diketahui matrik peluang transisi:
0.5 0.5 0 P = 0.5 0.25 0.25 0 0.33 0.67 Apakah rantai Markov dengan peluang transisi diatas tidak dapat direduksi (irreducible)? 3. Apakah yang dapat anda katakan tentang rantai Markov dengan matriks peluang transisi berikut:
0.5 0.5 0 0 0.5 0.5 0 0 P= 0.25 0.25 0.25 0.25 0 0 0 1
MA4081 Pros.Stok.
17
K. Syuhada, PhD.
Sifat-sifat KEADAAN - Recurrent dan Transient Untuk setiap keadaan i, misalkan fi peluang bahwa dimulai dari keadaan i proses akan pernah kembali ke keadaan i. Keadaan i dikatakan recurrent jika fi = 1. Dikatakan transient jika fi < 1. • Jika keadaan i recurrent maka proses akan terus kembali ke keadaan i dengan peluang satu. Dengan definisi rantai Markov, proses akan dimulai lagi ketika kembali ke keadaan i, dan seterusnya, sehingga keadaan i akan dikunjungi lagi. Jika keadaan i recurrent maka dimulai dari keadaan i maka proses akan kembali ke keadaan i terus dan terus sebanyak tak hingga kali. • Misalkan keadaan i transient. Setiap kali proses kembali ke keadaan i, terdapat kemungkinan (peluang yang positif) sebesar 1 − fi bahwa proses tidak pernah kembali ke keadaan i. Dengan demikian, dimulai dari keadaan i, peluang bahwa proses berada di i sebanyak tepat n periode/kali adalah fin−1 (1 − fi ), n ≥ 1. Jika keadaan i transient maka, dimulai dari keadaan i, banyak periode/kali bahwa proses akan berada di keadaan i adalah peubah acak geometrik dengan parameter 1 − fi . “Keadaan i recurrent jika dan hanya jika, dimulai dari keadaan i, maka banyak periode/kali yang diharapkan (expected number of time periods) bahwa proses akan berada di keadaan i adalah tak hingga” Misalkan { 1, Yn = i; In = ∑0, Yn ̸= i. Misalkan ∞ n=0 In menyatkan banyak periode/kali bahwa proses berada dalam keadaan i, dan (∞ ) ∞ ∑ ∑ E In |Y0 = i = E(In |Y0 = i) n=0
n=0
= =
∞ ∑ n=0 ∞ ∑
P (Yn = i|Y0 = i) Piin
n=0
Proposisi Keadaan i adalah recurrent jika
∞ ∑
Piin = ∞;
transient jika
Piin < ∞
n=0
n=0
MA4081 Pros.Stok.
∞ ∑
18
K. Syuhada, PhD.
Catatan: • Pada rantai Markov dengan keadaan hingga, tidak semua keadaan bersifat transient (Mengapa?) • “Jika keadaan i recurrent dan keadaan i berkomunikasi (communicate) dengan keadaan j maka keadaan j recurrent” (Bagaimana jika keadaan i transient?) • Semua keadaan pada rantai Markov (hingga) yang tidak dapat direduksi adalah recurrent (PENTING!) Contoh/Latihan: 1. Misalkan rantai Markov dengan keadaan 0,1,2,3 memiliki matriks peluang transisi:
0 1 P= 0 0
0 0.5 0.5 0 0 0 1 0 0 1 0 0
Tentukan keadaan mana yang recurrent dan keadaan mana yang transient! 2. Bagaimana dengan rantai Markov dengan matriks peluang transisi: P=
0.5 0.5 0 0 0 0.5 0.5 0 0 0 0 0 0.5 0.5 0 0 0 0.5 0.5 0 0.25 0.25 0 0 0.5
?
3. Misalkan rantai Markov dengan keadaan 0,1,2,3 memiliki matriks peluang transisi:
0.5 0.5 0 0 0.5 0.5 0 0 P= 0.25 0.25 0.25 0.25 0 0 0 1 Tentukan keadaan mana yang recurrent dan keadaan mana yang transient!
MA4081 Pros.Stok.
19
K. Syuhada, PhD.
4. Model penyebaran penyakit memiliki matriks peluang transisi sebagai berikut: P =
1 0 0 0 0 0 0 0.96 0.04 0 0 0 0 0 0.94 0.06 0 0 0 0 0 0.94 0.06 0 0 0 0 0 0.96 0.04 0 0 0 0 0 1
Tentukan sifat keadaan dari rantai Markov diatas.
MA4081 Pros.Stok.
20
K. Syuhada, PhD.
3.6
Limit Peluang Transisi
Misalkan matriks peluang transisi pada rantai Markov dengan dua keadaan adalah ( ) 0.5 0.5 P= , 0.7 0.3 dan matriks peluang transisi 4 dan 8 langkahnya: ( ) 0.5840 0.4160 4 P = , 0.5824 0.4176 ( ) 0.5833 0.4167 8 P = , 0.5833 0.4167 ...dst. Matriks P 8 hampir identik dengan P 4 (benar-benar identik dengan P 10 ). Selain itu, setiap baris dari P 8 memiliki unsur yang identik. Nampaknya, Pijn konvergen ke suatu nilai, untuk n → ∞, yang sama untuk semua i. Dengan kata lain, terdapat limit peluang (limiting probability) bahwa proses akan berada di keadaan j setelah sekian/banyak langkah/transisi. Nilai limit ini saling bebas dengan nilai pada keadaan awal. Perhatikan 2 sifat keadaan berikut: Keadaan i dikatakan memiliki periode d jika Piin = 0 untuk n yang tidak dapat dibagi oleh d (d suatu integer). Contoh, suatu proses dimulai dari keadaan i akan kembali ke i pada waktu 2, 4, 6, 8, . . . , maka keadaan i memiliki periode 2. Suatu keadaan yang memiliki periode 1 disebut aperiodik. Jika keadaan i memiliki periode d dan keadaan i berkomunikasi dengan keadaan j maka keadaan j juga memiliki periode d. Jika keadaan i recurrent, maka keadaan tersebut akan dikatakan positive recurrent jika, dimulai dari keadaan i, waktu harapan hingga proses kembali ke i adalah hingga. Pada rantai Markove yang memiliki keadaan hingga, semua keadaan yang recurrent adalah positive recurrent. Suatu keadaan yang positive recurrent dan aperiodik disebut ergodik. Teorema Untuk rantai Markov yang ergodik dan tidak dapat direduksi, lim Pijn
n→∞
ada dan saling bebas dari i. Misalkan πj = lim Pijn , j ≥ 0, n→∞
MA4081 Pros.Stok.
21
K. Syuhada, PhD.
maka πj adalah solusi nonnegatif tunggal dari πj =
∞ ∑
πi Pijn , j ≥ 0,
i=0
dengan
∑∞ j=0
πj = 1.
Catatan: • Perhatikan bahwa P (Xn+1 = j) =
∞ ∑
P (Xn+1 = j|Xn = i) P (Xn = i) =
i=0
∞ ∑
Pij P (Xn = i)
i=0
• Limit peluang πj adalah peluang jangka panjang (long-run proportion of time) bahwa suatu proses akan berada di keadaan j • Jika rantai Markov tidak dapat direduksi, maka terdapat solusi untuk ∑ πj = πi Pij , j ≥ 0, i
∑ dengan j πj = 1, JIKA dan HANYA JIKA rantai Markov bersifat positive recurrent. Jika solusinya ada maka solusi tersebut tunggal dan πj adalah proporsi jangka panjang bahwa rantai Markov berada dalam keadaan j. Jika rantai Markov aperiodik maka πj adalah limit peluang bahwa rantai akan berada di keadaan j. Contoh/Latihan: 1. Jika hari ini hujan maka besok akan hujan dengan peluang α; jika hari ini tidak hujan maka besok akan hujan dengan peluang β. Jika ′ 0′ adalah keadaan hujan dan ′ 1′ adalah keadaan tidak hujan maka peluang hujan dan tidak hujan untuk jangka adalah... Matriks peluang transisi: ( P=
α 1−α β 1−β
MA4081 Pros.Stok.
) ,
22
K. Syuhada, PhD.
dan kita punyai persamaan-persamaan: π 0 = α π0 + β π 1 π1 = (1 − α) π0 + (1 − β) π1 π0 + π 1 = 1
Kita peroleh peluang hujan dan tidak hujan pada jangka panjang: π0 =
β 1+β−α
π1 =
1−α 1+β−α
dan
2. Percobaan-percobaan dilakukan secara berurutan. Jika dalam dua percobaan terakhir SUKSES maka peluang SUKSES pada percobaan berikut adalah 0.8. Dalam keadaan YANG LAIN, peluang SUKSES adalah 0.5. Hitung peluang percobaan sukses untuk jangka panjang. 3. Pandang pelantunan-pelantunan sebuah koin (dengan peluang muncul MUKA adalah θ) yang saling bebas. Berapa banyak lantunan dibutuhkan yang diharapkan (expected number of tosses needed) agar pola HT HT muncul? (Perhatikan catatan dibawah) Catatan: • Peluang jangka panjang πj , j ≥ 0, disebut juga peluang stasioner (stationary probability). Jika keadaan awal dipilih berdasarkan peluang πj , j ≥ 0, maka peluang akan menjadi keadaan j pada setiap waktu n adalah sama dengan πj . • Untuk keadaan j, definisikan mjj yaitu banyak transisi yang diharapkan (expected number of transitions) hingga suatu rantai Markov, dimulai dari keadaan j akan kembali ke keadaan tersebut: πj =
1 mjj
MA4081 Pros.Stok.
23
K. Syuhada, PhD.
BAB 4 Distribusi Eksponensial dan Proses Poisson Silabus: Distribusi eksponensial, sifat tanpa memory (memoryless property), jumlah p.a eksponensial, statistik terurut eksponensial, antrian. Tujuan: 1. Mempelajari distribusi eksponensial 2. Mempelajari dan menggunakan sifat tanpa memori 3. Memahami dan menggunakan sifat jumlah p.a eksponensial 4. Menghitung statistik terurut eksponensial 5. Mempelajari aplikasi distribusi eksponensial dalam antrian
4.1
Ilustrasi
Distribusi eksponensial dapat dipandang sebagai analog (kontinu) dari distribusi geometrik. Kita ketahui bahwa distribusi geometrik memodelkan banyaknya percobaan yang dibutuhkan oleh suatu proses diskrit untuk mengubah keadaan. Sedangkan distribusi eksponensial menjelaskan waktu untuk proses kontinu untuk mengubah keadaan (lihat Tabel 4.1). Asumsi laju konstan dalam praktiknya jarang dipenuhi. Misalnya, laju adanya telepon masuk akan berbeda setiap waktu dalam suatu hari. Namun, jika kita perhatikan selang waktu pada saat laju konstan, maka distribusi eksponensial 1
Table 4.1: Percobaan Bernoulli vs Proses Poisson.
Bnyk “sukses” “Wkt” utk sukses I
Percobaan Bernoulli Distribusi Binomial Distribusi Geometrik
Proses Poisson Distribusi Poisson Distribusi Eksponensial
dapat dikatakan model yang cukup baik untuk melihat waktu saat telepon masuk akan terjadi lagi. Misalkan disebuah Bank terdapat 2 orang teller yang sibuk melayani nasabah. Tidak ada orang lain yang antri. Seseorang K yang datang akan dilayani salah satu teller yang telah selesai dengan nasabah sebelumnya. Jika waktu melayani dari teler ke-i adalah peubah acak ekspoensial dengan parameter θi , hitung E(T ), dimana T adalah waktu yang dihabiskan K di Bank.
4.2
Peubah Acak Eksponensial
Misalkan X peubah acak kontinu dengan fungsi peluang f (x) = θ e−θx , x ≥ 0. Peubah acak tersebut disebut peubah acak eksponensial dan distribusinya disebut distribusi eksponensial. Sifat distribusi dan momennya antara lain: 1. Fungsi distribusi: F (x) = 2. Ekspektasi: E(X) = 3. Fungsi pembangkit momen atau f.p.m: M (t) = Data berdistribusi eksponensial (contoh: Y ∼ exp(1/3)) dapat dibangkitkan menggunakan kode berikut: y = exprnd(3,10,1); hist(y) Membangkitkan data dapat pula menggunakan teknik simulasi stokastik yang sederhana yaitu “Invers Transformation Method”. Misalkan U peubah acak Uniform(0, 1). Untuk setiap fungsi distribusi kontinu F , jika kita definisikan peubah acak X sbb: X = F −1 (U ) MA4081 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
maka peubah acak X memiliki fungsi distribusi F . Contoh. Jika F (x) = 1 − e−x maka F −1 (u) adalah nilai x sedemikian hingga 1 − e−x = u atau x = − log(1 − u) Jadi, jika U adalah peubah acah Uniform(0,1) maka F −1 (U ) = − log(1 − U ) adalah peubah acak Eksponensial dengan mean 1 (parameter 1). Sifat Tanpa Memori Misalkan X peubah acak. Sifat tanpa memori (memoryless property) pada X adalah sifat dimana “peluang X lebih dari s + t dengan syarat/diberikan X lebih dari t sama dengan peluang X lebih dari s”, atau ( ) ( ) P X > s + t X > t = P X > s Contoh: Misalkan X menyatakan waktu tunggu seseorang mendapatkan kebahagiaan. Peluang orang tsb menunggu lebih dari 7 tahun setelah dia menunggu lebih dari 5 tahun sama dengan peluang dia menunggu lebih dari 2 tahun. Orang itu tidak lagi mengingat bahwa dia telah menunggu selama 5 tahun. Itu sebabnya dikatakan “sifat tanpa memori”. Perhatikan:
( ) ) P X > s + t, X > t ( ) P X >s+t X >t = P X>t ( ) P X >s+t ( ) = P X>t ( ) =P X>s (
Akibatnya: ( ) ( ) ( ) P X >s+t =P X >s P X >t
MA4081 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
yang dipenuhi HANYA oleh X berdistribusi Eksponensial dengan parameter θ. Buktinya sbb: Misalkan X ∼ Exp(θ), maka ( ) ( ) P X >s+t =1−P X <s+t = 1 − FX (s + t) ( ) = 1 − 1 − exp(−θ s − θ t) = exp(−θ s − θ t) = exp(−θ s) exp(−θ t) ( ) ( ) =P X>s P X>t Sifat tanpa memori ini tidak dipenuhi oleh distribusi lain. Sebagai contoh, misalkan X ∼ U (0, 1), maka ( ) ( ) P X >s+t =1−P X <s+t = 1 − FX (s + t) = 1 − (s + t) ̸= (1 − s)(1 − t) = (1 − FX (s)) (1 − FX (t)) ( ) ( ) =P X>s P X>t Contoh/Latihan: 1. Misalkan waktu tunggu (dalam menit) antrian di Bank derdistribusi eksponensial dengan mean 10. Peluang bahwa seorang nasabah menunggu lebih dari 15 menit untuk dilayani adalah... Sedangkan peluang seseorang menunggu lebih dari 15 menit setelah dia menunggu lebih dari 10 menit adalah... 2. Misalkan disebuah Bank terdapat 2 orang teller A dan B yang sibuk melayani nasabah Uvi dan Ivi. Tidak ada orang lain yang antri. Seseorang, Ovi, yang datang akan dilayani salah satu teller yang telah selesai dengan nasabahnya. Diketahui waktu layanan (service time) teler A dan B berturut-turut adalah peubah acak eksponensial dengan parameter θ1 dan θ2 . Misalkan θ1 = θ2 = θ. Berapa peluang bahwa Ovi adalah nasabah terakhir yang akan meninggalkan Bank? 3. Banyaknya uang yang terlibat dalam kecelakaan adalah peubah acak eksponensial dengan mean 1000. Banyaknya uang yang dibayar oleh perusahaan asuransi tergantung apakah klaim pemegang polis lebih dari 400. Tentukan nilai harapan dan variansi banyak uang yang dibayar perusahaan asuransi pada setiap kecelakaan.
MA4081 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
Teller B
Teller A
SA ~ Exp( 1)
SB ~ Exp( 2)
Figure 4.1: Antrian di Bank dengan 2 teller 4. Misalkan masa hidup (lifetime) sebuah lampu, sebelum akhirnya mati/terbakar, adalah p.a eksponensial dengan mean 10 (jam). Misalkan Ani memasuki ruangan dan mendapatkan lampu mati/terbakar. Jika Ani ingin bekerja di ruangan itu selama 5 jam, berapa peluang bahwa Ani dapat menyelesaikan pekerjaannya sebelum lampu mati/terbakar/padam?
Fungsi Laju Kegagalan Sifat tanpa memori dapat juga diilustrasikan dengan fungsi LG atau laju kegagalan (failure/hazard rate function) dari distribusi eksponensial. Misalkan peubah acak X memiliki fungsi peluang f dan fungsi distribusi F . Fungsi LG didefinisikan r(t) =
f (t) , 1 − F (t)
dimana jika “sesuatu” memiliki waktu hidup X dan telah bertahan selama waktu t maka laju r(t) akan mengukur peluang sesuatu itu tidak dapat bertahan pada waktu tambahan dt. Dengan kata lain ( ) f (t) dt P X ∈ (t, t + dt) | X > t ≈ 1 − F (t) atau peluang bersyarat bahwa sesuatu (dengan umur t) akan gagal.
MA4081 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
4.3
Jumlah P.A Eksponensial dan Statistik Terurut
Misalkan X1 , . . . , Xn sampel acak berdistribusi eksponensial. Misalkan Y =
n ∑
Xi ,
i=n
maka distribusi dari Y dapat ditentukan dengan metode fungsi pembangkit momen, MY (t) = E(exp(tY )) = E(exp(t[X1 + · · · + Xn ])) = Jadi, Y ∼ . . ., dengan mean dan variansi.... Pandang dua buah p.a eksponensial X1 dan X2 yang saling bebas dengan parameter θ1 dan θ2 , maka ∫ ∫ P (X1 < X2 ) = fX1 ,X2 (x1 , x2 ) dx2 dx1 ∫ ∞∫ ∞ = λ1 e−λ1 x1 λ2 e−λ2 x2 dx2 dx1 0
= ··· =
x1
λ1 λ1 + λ2
Statistik Terurut Eksponensial Misalkan X1 , . . . , Xn sampel acak berukuran n dari distribusi eksponensial dengan parameter λ. Akan ditentukan distribusi dari Y(k) , statistik terurut ke-k. Ambil kasus untuk k = 1 dan/atau k = n. Solusi: Fungsi peluang untuk statistik terurut ke-k adalah: n (FX (x))k−1 fX (x) (1 − FX (x))n−k fX(k) (x) = Ck−1,1,n−k
Untuk s.a berukuran 2 dari distribusi eksponensial dengan parameter λ, 2 (1 − e−λx )1−1 λ e−λx (e−λx )2−1 fX(1) (x) = C0,1,1
= 2 λ e−2λx
MA4081 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
4.4
Aplikasi P.A Eksponensial dalam Antrian
Misalkan disebuah Bank terdapat 2 orang teller yang sibuk melayani nasabah. Tidak ada orang lain yang antri. Seseorang K yang datang akan dilayani salah satu teller yang telah selesai dengan nasabah sebelumnya. Jika waktu melayani dari teler ke-i adalah peubah acak ekspoensial dengan parameter θi , hitung E(T ), dimana T adalah waktu yang dihabiskan K di Bank. Solusi: E(T ) = E(T |R1 < R2 ) P (R1 < R2 ) + E(T |R2 < R1 ) P (R2 < R1 ) = ··· dimana E(T |R1 < R2 ) = E(S + R1 |R1 < R2 ) = E(S|R1 < R2 ) + E(R1 |R1 < R2 ) = ···
Solusi (alternatif): E(T ) = E(min(R1 , R2 ) + S) = ··· dimana E(S) = E(S|R1 < R2 )
λ1 λ2 + E(S|R2 < R1 ) λ1 + λ2 λ1 + λ2
Contoh/Latihan: 1. Pandang soal sebelumnya (Uvi, Ivi, Ovi) dengan distribusi waktu layanan teller A dan B memiliki parameter yang berbeda. Berapa peluang Ovi bukanlah nasabah terakhir keluar dari bank? 2. Misalkan Ita memasuki sebuah bank yang memiliki seorang teller. Ita melihat ada 5 nasabah di bank, 1 orang sedang dilayani dan 4 orang yang lain antre. Ita pun antre. Jika waktu layanan berdistribusi dengan parameter µ, berapa lama waktu (expected amount of time) yang dihabiskan Ita di bank?
MA4081 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
3. Manakah pernyataan yang BENAR? E(X 2 |X > 1) = E((X + 1)2 ) E(X 2 |X > 1) = E(X 2 ) + 1 E(X 2 |X > 1) = (E(X) + 1)2 ) Bagaimana dengan E(X|X > 1)? 4. Disebuah toko ada 2 petugas jaga. Tiga orang: Fer, Fir dan Fur datang ke toko bersamaan. Fer dan Fir langsung mendatangi petugas toko, sedangkan Fur menunggu (baca: antri). Berapa peluang bahwa Fer masih berada di toko setelah Fir dan Fur pergi apabila waktu layanan: (a) untuk setiap pertugas adalah tepat (tidak acak) 10 menit? (b) adalah i dengan peluang 1/3, i = 1, 2, 3? (c) berdistribusi eksponensial dengan mean 1/µ? 5. Jika X1 dan X2 peubah acak-peubah acak kontinu non negatif yang saling bebas, tunjukkan P (X1 < X2 | min(X1 , X2 ) = t) =
r1 (t) , r1 (t) + r2 (t)
dimana ri (t) fungsi LG untuk Xi .
MA4081 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
