MA5181 PROSES STOKASTIK Bab 3 Proses Renewal

Soal Solusi Ujian Soal Solusi Ujian (revisi) Tentang Proses Poisson Distribusi Tn , Sn dan Nt Proses Renewal Proses Renewal dengan Reward

MA5181 PROSES STOKASTIK Bab 3 Proses Renewal Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.

“(not just) Always Listening, Always Understanding”

Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.

MA5181 PROSES STOKASTIK Bab 3 Proses Renewal


Soal Solusi Ujian

Toko kue “KP-Khusus Pria” (ini toko apaan sih?) buka pukul 8 pagi. Pelanggan datang mengikuti proses Poisson dengan laju 4/jam, pada pukul 8-10. Antara pukul 10-12, laju kedatangan Poisson-nya adalah 8/jam. Laju kedatangan, dari pukul 12-14, naik secara linier dari 8/jam pada pukul 12 hingga 10/jam pada pukul 14; namun dari pukul 14-17 laju kedatangan turun secara linier dari 10/jam pada pukul 14 hingga 4/jam pada pukul 17. Tentukan distribusi peluang banyaknya kedatangan pelanggan ke toko KP.




Solusi:Nilai λt sbb: 4, 0 < t < 2,    8, 2 < t < 4, λt = t + 4, 4 < t < 6,    22 − 2 t, 6 < t < 9, Rt Kita tahu mt = 0 λs ds. Jadi, mt berturut-turut adalah 8,16,18,21. Distribusi peluang untuk banyaknya kedatangan pelanggan adalah POI (63).




Misalkan {Nt } proses Poisson dengan parameter λ. Hitung E Nt · Nt+s




Solusi: Untuk s ≥ 0, t + s ≥ t. Tulis Nt Nt+s = Nt Nt+s − Nt + Nt2 yang mana Nt+s − Nt dan Nt saling bebas (karena independent increments); Nt+s − Nt ∼ POI (λ s) dan Nt ∼ POI (λ t). Akibatnya, E Nt Nt+s = E Nt Nt+s − Nt + E Nt2 2 = E Nt E Nt+s − Nt + Var Nt + E (Nt ) = (λ t)(λ s) + λ t + (λ t)2 = λ t λ (t + s) + 1




Tim sepakbola putra Lc memiliki 2 jenis lawan: tim 1 atau tim 2. Banyaknya gol yang dibuat tim Lc terhadap lawan, yaitu tim i, adalah p.a. Poisson dengan parameter λi (diketahui λ1 = 2, λ2 = 3). Pada akhir pekan ini, tim Lc akan bertanding melawan tim 1 dengan peluang 0.6 atau melawan tim 2 dengan peluang 0.3. Misalkan X p.a. yang menyatakan banyaknya gol yang dibuat tim Lc pada akhir pekan ini, hitung E (X ).




Dua orang pasien, A dan B, membutuhkan ginjal. Jika dia tidak mendapatkan ginjal baru, maka pasien A akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi exponensial dengan parameter λA . Begitu juga dengan pasien B, akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi eksponensial dengan parameter λB . Ginjal akan tersedia menurut proses Poisson dengan parameter λ. Telah ditentukan bahwa ginjal pertama yang datang diberikan ke pasien A lalu ke pasien B. Berapa peluang pasien A mendapat ginjal baru?




Solusi: Misalkan TA waktu ketika A meninggal tanpa ginjal; TB waktu ketika B meninggal tanpa ginjal; T1 waktu ketika ginjal pertama datang; T2 durasi waktu antara kedatangan ginjal pertama dan kedua, P(A mendapat ginjal baru) = P(TA > T1 ) =


λ λ + µA



Dua jenis klaim masuk ke perusahaan asuransi. Misalkan Ni (t) menyatakan banyaknya klaim tipe i yang masuk hingga waktu t; Ni (t), i = 1, 2 adalah proses Poisson yang saling bebas dengan parameter λ1 = 10 dan λ2 = 1. Nilai klaim tipe 1 yang berturutan adalah p.a. eksponensial dengan mean 10jt, sedang untuk tipe 2 memiliki mean 5jt. Sebuah klaim bernilai 4jt baru saja masuk. Berapa peluang klaim yang masuk adalah klaim tipe 1?




Solusi: Misalkan Ki , i = 1, 2, jenis klaim yang masuk; Ni nilai klaim jenis i, N1 ∼ Eksp(1/10) dan N2 ∼ Eksp(1/5) P(4|K1 )P(K1 ) P(4|K1 )P(K1 ) + P(4|K2 )P(K2 ) (e −0.4 )(10/11) = −0.4 (e )(10/11) + 2(e −0.8 )(1/11) 1 = 1 + 0.2 e −0.4

P(K1 |4) =




YoNa membutuhkan waktu T1 untuk sampai kos apabila naik angkot (naiknya dari halte lho, bukan dari setopan lampu merah). Kalau jalan, YoNa butuh waktu T2 . Kedatangan angkot ke halte mengikuti proses Poisson dengan laju λ. YoNa (atas saran Darma) punya prinsip sbb: “begitu sampe di halte, menunggu angkot sampai waktu s; kalau tidak ada angkot ya jalan”. Berapa waktu harapan (expected time) dari saat YoNa datang ke halte hingga sampai di kos.




Solusi: Misalkan T p.a. yang menyatakan waktu YoNa datang/berada di halte hingga sampai kos, Ns banyaknya angkot yang datang sampai waktu s, E (T ) = E (T |Ns = 0)P(Ns = 0) +

∞ X

E (T |Ns = i)P(Ns = i)

i=1

= (s + T2 ) e −λ s + (1/λ + T1 )(1 − e −λ s ) − s e −λ s = T2 − 1/λ − T1 e −λ s + 1/λ + T1




Toko pizza “Gay-Ay-LebAy” menerima pemesanan atau reservasi mulai pukul 10. Reservasi datang menurut proses Poisson dengan laju 6/jam. Reservasi untuk setiap meja saling bebas dengan peluang sbb:  meja utk 1 orang, dengan peluang 0.1,    meja utk 2 orang, dengan peluang 0.4, meja utk 3-4 orang, dengan peluang 0.2,    meja utk 5 orang atau lebih, dengan peluang 0.3, Berapa peluang (a) reservasi pertama terjadi sebelum pukul 11? (b) setidaknya 1 meja utk 3 orang atau lebih telah dipesan sebelum pukul 11? (c) semua reservasi yang terjadi sebelum pukul 13 adalah reservasi meja utk 2 orang?




Solusi: (a) Misalkan T1 menyatakan waktu yang tersisa (elapsed time) untuk reservasi pertama, P(T1 < 1) = 1 − e 6·1 = 1 − e −6 . (b) Laju kedatangan untuk reservasi meja utk 3 orang atau lebih adalah 6 × (0.2 + 0.3) = 3 per jam. Jadi, P(T1 < 1) = 1 − e −3 . (c) Laju kedatangan untuk reservasi meja BUKAN utk 2 orang adalah 6 × (1 − 0.4) = 3.6 per jam. Jadi, P(T1 > 3) = e −3.6·3 . Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.



Berita-berita utama yang ada/masuk pada suatu media datang atau terjadi (saling bebas) menurut proses Poisson; berita politik (laju 4/jam), bisnis (laju 5/jam) dan bencana (laju 6/jam). Hitung Cov (NX , NY ), dimana NX banyaknya berita politik yang ada dan NY total banyak berita yang masuk. Berapa peluang 2 dari 5 berita utama yang akan masuk adalah berita bencana?




Solusi: Misalkan NY = NX + NX c , dimana NX c banyaknya berita non politik yang masuk, Cov (NX , NY ) = Cov (NX , NX + NX c ) = Cov (NX , NX ) + Cov (NX , NX c ) = Var (NX ) + 0 = 4, karena banyaknya berita politik yang masuk adalah p.a Poisson dengan parameter 4; masuknya berita politik dan non politik saling bebas. Misalkan NBe menyatakan berita bencana yang masuk, NBe ∼ Bin(5, 6/15). Jadi, P(NBe = 2) = C25 (0.4)2 (0.6)3 . Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.



Misalkan X1 dan X2 p.a. eksponensial yang saling bebas dengan parameter, berturut-turut, θ1 dan θ2 . Hitung E min(X1 , X2 )|X1 > X2 + c untuk setiap c > 0.




Solusi: E min(X1 , X2 )|X1 > X2 + c = E min(X1 , X2 )|X1 > X2 = E min(X1 , X2 ) 1 = θ1 + θ2




Dua orang pasien, A dan B, membutuhkan ginjal. Jika dia tidak mendapatkan ginjal baru, maka pasien A akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi exponensial dengan parameter λA . Begitu juga dengan pasien B, akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi eksponensial dengan parameter λB . Ginjal akan tersedia menurut proses Poisson dengan parameter λ. Telah ditentukan bahwa ginjal pertama yang datang diberikan ke pasien A (atau ke pasien B jika pasien B masih hidup dan pasien A sudah meninggal) lalu ke pasien B (jika pasien B masih hidup). Berapa peluang pasien AB mendapat ginjal baru?




Solusi: Pasien AB yang mana?




Mobil-mobil yang lewat McD Dago datang menurut proses Poisson dengan laju λ. Niki yang ingin menyeberang di depan McD akan menunggu hingga tidak ada mobil lewat pada T waktu ke depan. Hitung waktu harapan Niki menunggu sebelum menyeberang.




Tentang Proses Poisson

Proses Poisson yang kita kenal selama ini berkonsentrasi pada 2 hal. Pertama, banyaknya kedatangan (arrivals) atau kejadian hingga waktu ke-t (berdistribusi Poisson); kedua, waktu antar-kedatangan kejadian ke-(n − 1) dan ke-n (berdistribusi eksponensial). Kedua hal ini “setara” baik dalam pemahaman (intuitif) maupun sifat distribusinya.




Perhatikan bahwa misalkan T1 PEUBAH ACAK menyatakan waktu antar-kedatangan dari tidak ada kejadian ke kejadian pertama; kita dapat memandang juga sebagai suatu KEJADIAN yaitu {T1 > t} yang terjadi j.h.j tidak ada kejadian dari proses Poisson pada interval [0, t], sehingga P(T1 > t) = e −λ t = e −λ t

(λ t)0 = P(Nt = 0), 0!

dimana Nt p.a. yang menyatakan banyaknya kedatangan atau kejadian.




Diskusi

Mungkinkah T1 berdistribusi lain (bukan eksponensial; bahkan distribusi diskrit)? Secara umum, mungkinkah barisan p.a. {Tn } saling bebas dan berdistribusi identik bukan eksponensial?




Ilustrasi Distribusi Nt

Ilustrasi-1

Misalkan T1 p.a. banyaknya percobaan untuk mendapatkan sukses pertama; dengan kata lain T1 berdistribusi geometrik. Apakah distribusi dari Sn = T1 + T2 + · · · + Tn , p.a. yang menyatakan banyaknya percobaan (baca: waktu) untuk mendapatkan n sukses?





Misalkan Ti ∼ Geo(p) untuk i = 1, 2; f.p. nya adalah P(T1 = k) = (1 − p)k p, k = 0, 1, . . . , sedangkan f.p.m nya, MT1 (t) =

p . 1 − (1 − p) e t





Misalkan S2 = T1 + T2 . Untuk menentukan distribusi S2 , kita cari f.p.m untuk S2 dengan memanfaatkan kebebasan T1 dan T2 , MS (t) = MT1 (t) MT2 (t) 2 p = , 1 − (1 − p) e t yang merupakan f.p.m dari distribusi binomial negatif dengan parameter (2, p). Jadi, S2 ∼ NB(2, p).





Apa distribusi Nt ? Tentukan E (Nt ) dan Var (Nt ).





Ilustrasi-2

Misalkan distribusi antar-kedatangan adalah Poisson dengan mean λ; λi P(Tn = i) = e −λ , i = 0, 1, 2, . . . i! Tentukan P(Nt = n), dimana Nt = maks{n : Sn ≤ t}.





Perhatikan untuk kasus T1 , T2 , . . . p.a saling bebas berdistribusi eksponensial dengan parameter λ. Kita akan menentukan distribusi peluang Nt . Untuk n = 0, P(Nt = 0) = P(Nt ≥ 0) − P(Nt ≥ 1) = P(S0 ≤ t) − P(S1 ≤ t) = 1 − (1 − e −λt ) = e −λt = e −λt


(λt)0 . 0!




Untuk n = 1, P(Nt = 1) = P(Nt ≥ 1) − P(Nt ≥ 2) = P(S1 ≤ t) − P(S2 ≤ t) Z t λ2 −λt = (1 − e )− s2 e −λ s2 ds2 Γ(2) 0 −λt = (1 − e ) − (1 − e −λt ) − λt e −λt = λt e −λt = e −λt

(λt)1 1!

dst untuk n = 2, 3, . . . Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.




Cara lain untuk menentukan distribusi Nt adalah dengan memandang peluang total Z ∞ P(Nt = n|Sn = k) fSn (k) dk P(Nt = n) = 0 Z t = P(Tn+1 > t − k) fSn (k) dk 0





Untuk waktu antar-kedatangan berdistribusi eksponensial dengan parameter λ, Z t λn n−1 −λk k e dk P(Nt = n) = e −λ(t−k) Γ(n) 0 = ··· (λt)n = e −λt n!





Ilustrasi-3

Diketahui U1 , U2 , . . . peubah acak yang saling bebas berdistribusi U(0, 1). Misalkan N = min{n : U1 + U2 + · · · + Un > 1}. Hitung E (N).





Diketahui Ti ∼ Unif (0, 1). Misalkan Sn = T1 + · · · + Tn . Untuk menentukan distribusi Sn , kita gunakan teknik f.p.m, MSn (t) = MT1 (t) · MT2 (t) · · · MTn (t) t t t e −1 e −1 e −1 = · ··· t t t t n e −1 = t Jadi, Sn ∼ · · · .





Distribusi Sn sulit untuk ditentukan (setidaknya, bentuk tidak cantik!) . Akibatnya, distribusi Nt pun sulit ditentukan. Mungkinkah kita menghitung E (Nt )?





Perhatikan: Z

∞

E (Nt |T1 = u) f (u) du

E (Nt ) = 0

Z

t

1 + E (Nt−u ) f (u) du 0 Z t = F (t) + E (Nt−u ) f (u) du =

0





Jadi, untuk kasus waktu antar-kedatangan berdistribusi Unif (0, 1), Z t E (Nt ) = F (t) + E (Nt−u ) f (u) du Z t 0 =t+ E (Nt−u ) · 1 · du 0 Z t m(t) = m(y ) dy , 0

dengan memisalkan y = t − u. Dengan menghitung turunan pertama dari m(t) dan menyelesaikan persamaan diferensial, diperoleh m(t) = e t − 1, 0 ≤ t ≤ 1.





Lalu, bagaimana dengan E (N)?





Ilustrasi-4

Wind(r)a bekerja tidak tetap (kadang-kadang dapat kerjaan, lebih sering sih jadi “pengacara”). Rata-rata, Winda bekerja selama tiga bulan (untuk setiap pekerjaan yang dia terima). Jika waktu antar-pekerjaan yang Winda dapatkan berdistribusi eksponensial dengan mean dua, pada rate berapa Winda akan mendapat pekerjaan baru?





Distribusi Nt

Kita mulai dengan memperhatikan pertanyaan berikut: ”mungkinkah banyaknya renewal Nt dapat tak hingga pada waktu yang hingga?”. Dengan kata lain, dapatkah kita tunjukkan bahwa Nt = maks{n : Sn ≤ t} valid atau berlaku? Catatan: Sn adalah waktu untuk mendapatkan kedatangan atau kejadian atau renewal ke-n.





Distribusi dari Nt dapat ditentukan sbb: P(Nt = n) = P(Nt ≥ n) − P(Nt ≥ n + 1) = P(Sn ≤ t) − P(Sn+1 ≤ t) = FSn (t) − FSn+1 (t) dimana F f.d. dari Ti , i ≥ 1; Fn adalah distribusi dari Sn .





Sementara itu, mean Nt adalah E (Nt ) = = =

∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X

P(Nt ≥ n) P(Sn ≤ t) FSn (t) = mt = m(t).

n=1

Catatan: mt disebut mean-value function.





Untuk kasus waktu antar-kedatangan berdistribusi eksponensial, E (Nt ) =

∞ X

FSn (t)

n=1

= FS1 (t) + FS2 (t) + · · · Z t = k e −λk dk + FS2 (t) + · · · 0 = (1 − e −λt ) − (1 − e −λt ) − λt e −λt + · · · = λt?





Diskusi

Bagaimana jika E (Nt ) = 2? E (Nt ) = 2 t? Dapatkah informasi ini membantu kita untuk dapat menentukan distribusi Nt ? Bagaimana perilaku Ntt untuk t → ∞?*





Perhatikan kembali proses Poisson {Nt } dengan parameter λ; Nt ∼ POI (λt). Kita peroleh mt = E (Nt ) = λt, yang merupakan fungsi linier dari t. Proses Poisson merupakan satu-satunya proses renewal yang memiliki mt linier.





Misalkan suatu proses renewal memiliki mt = 2t dan kita ingin menentikan distribusi banyaknya renewal sampai waktu 10. Karena mt linier, maka kita dapat katakan proses renewal tersebut adalah proses Poisson dengan parameter λ = 2. Jadi, P(N10 = n) = e 2·10


(2 · 10)n , n ≥ 0. n!




Perilaku Sn dan Sn /n Misalkan E (Ti ) = µ, maka E (Sn ) = E (T1 + · · · + Tn ) =

n X

E (Ti ) = n µ.

i=1

Sementara itu, E

Sn n

=E

T1 + · · · + Tn n

1 E (T1 + · · · + Tn ) n n 1 X = E (Ti ) = µ. n

=

i=1





Dengan peluang 1, Sn → µ, n untuk n → ∞.





Perilaku Nt dan Nt /t

Kita tahu Nt = maks{n : Sn ≤ t} yang memiliki distribusi tertentu (jika dapat ditentukan). Untuk Nt ∼ POI (λt), misalnya, kita dapat melihat perilakunya pada suatu t melalui E (Nt ) atau mt -nya. Diperoleh mt → λ. t




Secara umum berlaku,


1 mt → , t µ

untuk t → ∞ (Teorema Renewal Elementer), dengan µ mean waktu antar-kedatangan. Catatan: 1/µ disebut “rate” dari proses renewal.





Contoh/Latihan

Telpon seluler de’ Ika selalu terisi pulsa 100rb. Jika pulsa habis, Ika langsung mengisinya (kayaknya de’ Ika bandar pulsa ya). Pulsa 100rb Ika akan dapat dipakai (baca: memiliki masa hidup [dalam hari]) mengikuti distribusi Uniform pada selang [3, 6]. Pada setiap berapa hari Ika harus mengisi pulsa?





Solusi: P.a berdistribusi U(3, 6) memiliki mean 4.5, lim

t→∞

1 Nt = , t µ

dengan µ = 4.5. Jadi, de’ Ika akan mengisi pulsa setiap 4.5 hari.





Ternyata Ika bukan bandar pulsa, maksudnya saat pulsa Ika habis, Ika harus ke warung dan beli pulsa. Waktu yang dihabiskan Ika untuk mendapatkan pulsa baru adalah p.a. berdistribusi U(0, 1). Jadi, setiap berapa hari Ika harus mengisi pulsa?




Proses Renewal

Suatu proses menghitung {Nt , t ≥ 0} adalah Proses Renewal jika barisan p.a. tak negatif {T1 , T2 , . . .} saling bebas dan berdistribusi identik.




Contoh/Latihan

Misalkan para nasabah bank akan datang ke sebuah mesin ATM mengikuti proses Poisson dengan parameter/laju λ. Namun nasabah-nasabah itu akan masuk ke ruang mesin ATM apabila mesin tersebut kosong (bukan kosong duitnya, tapi tidak ada yang memakai!) saat mereka datang. Jadi, kalau mesin ATM sedang dipakai seseorang maka nasabah baru yang datang akan pulang (daripada menunggu). Jika waktu yang dihabiskan nasabah di mesin ATM berdistribusi F , maka...




1. Apakah “situasi” ini dapat diterima? Dengan kata lain, mungkinkah nasabah datang mengikuti proses Poisson namun kemudian pulang jika mesin ATM sedang dipakai nasabah lain? Perlukah kita melihat kedatangan sebagai proses Poisson?




Ya. Namun kita tidak (selalu) perlu melihat kedatangan sebagai proses Poisson.




2. Dapatkah kita mengabaikan proses kedatangan nasabah dan hanya berkonsentrasi pada waktu yang dihabiskan nasabah di mesin ATM?




Misalkan W p.a. menyatakan waktu yang dihabiskan nasabah di mesin ATM; asumsikan berdistribusi eksponensial dengan parameter λ. E (W ) = 1/λ.




Pandang kasus: seseorang A menggunakan mesin ATM. Nasabah B datang dan bersedia menunggu orang tersebut. Waktu yang dihabiskan yang diharapkan atau expected amount of time B di mesin ATM adalah...




E (WB ) = 1/λ + 1/λ = 2/λ.




3. Lanjutan dari butir 2, misalkan nasabah B datang dan menunggu hingga waktu s; jika s < t (t adalah waktu yang dihabiskan nasabah A di mesin ATM) maka nasabah B pulang. Jika s > t, berapa waktu yang dihabiskan nasabah B di mesin ATM?




E (WB ) = s + 1/λ.




4. Kembali ke situasi awal dimana kedatangan nasabah mengikuti proses Poisson. Misalkan para nasabah bersedia antre. Diketahui seorang nasabah sedang memakai mesin ATM. Ketika Vina datang, sudah ada 2 orang lain yang sedang antre. Berapa mean waktu yang dihabiskan Vina di mesin ATM?




E (WB ) = 1/λ + 4/λ. (mean waktu proses Poisson plus mean waktu di ATM)




Teorema Renewal Elementer

Misalkan proses renewal {Nt } dengan Tn menyatakan waktu antar-kedatangan kejadian ke-(n − 1) dan ke-n. Misalkan mt = E (Nt ) dan µ = E (Tn ). Untuk t → ∞, 1 mt → . t µ (Petunjuk: lihat *, perilaku

Nt t

untuk t → ∞)




Teorema Limit Pusat untuk Proses Renewal

Misalkan {Nt } proses renewal dengan mean dan variansi Tn , berturut-turut, adalah µ dan σ, ! Z x Nt − t/µ 1 2 lim P p <x = √ e −x /2 dx. 2 3 t→∞ 2 π −∞ t σ /µ Dengan kata lain, untuk t besar, Nt akan (mendekati) distribusi normal dengan mean t/µ dan variansi tσ 2 /µ3 .




Proses Renewal dengan Reward

Ilustrasi 1 - Misalkan para calon penumpang bis transjakarta datang ke halte menurut proses renewal dengan mean waktu antar-kedatangan µ.




Berapa waktu yang diharapkan (expected time) hingga calon penumpang kedua datang?




E (S2 ) = E (T1 + T2 ) = 2µ




Hitung peluang bahwa waktu yang tersisa (elapsed time) calon penumpang pertama lebih dari 2 jam?




P(T1 > 2) = · · ·




Tentukan mean kedatangan calon penumpang?




Z

t

m(y ) dy = · · ·

E (Nt ) = m(t) = F (t) + 0




Misalkan para calon penumpang bis transjakarta datang ke halte menurut proses renewal dengan mean waktu antar-kedatangan µ. Lama waktu (number of hours) kedatangan bis yang berturutan adalah p.a uniform pada selang nol dan satu. Misalkan sebuah bis baru saja meninggalkan halte. Jika Nt banyaknya penumpang yang akan masuk ke bis berikutnya, hitung E (Nt ).




Misalkan U ∼ U(0, 1) adalah p.a. yang menyatakan waktu antar-kedatangan bis.




E (Nt |u) = E (Nt |U = u) =

∞ X

nt · fNt |U = m(t)

nt =0

Jadi, Z E (Nt ) = E (E (Nt |U)) = E (m(T )) =

1

m(t) dt 0




Misalkan para calon penumpang bis transjakarta datang ke halte menurut proses renewal dengan mean waktu antar-kedatangan µ. Apabila telah ada N calon penumpang menunggu maka bis akan berangkat. Pihak atau perusahaan transjkt mengeluarkan biaya sebesar n · C (dalam ribu rupiah) apabila ada sejumlah n calon penumpang yang menunggu. Berapa rata-rata biaya yang harus dikeluarkan pihak perusahaan transjkt?




Pertama, dapat kita katakan bahwa renewal terjadi apabila sebuah bis telah meninggalkan stasiun (yang artinya adalah sejumlah N calon penumpang berada di dalam bis). Situasi ini disebut sebagai siklus yang lengkap (a completed cycle). Panjang siklus yang diharapkan atau expected length of cycle adalah E (panjang siklus) = E (N Tn ) = N E (Tn ) = N µ




Biaya tiap siklus atau cost of a cycle dapat dihitung dengan memperhatikan jumlah calon penumpang melalui waktu antar-kedatangan calon penumpang. Untuk waktu antar-kedatangan T1 , misalnya, tidak calon penumpang yang menunggu sehingga biayanya adalah 0 · C . Untuk T2 , ada 1 calon penumpang yang menunggu, dst, E (biaya siklus) = E (0 · C · T1 ) + E (1 · C · T2 ) + · · · + E ((N − 1) · C · Tn ) =

N X

E ((n − 1) · C · Tn )

n=1

= · · · = Cµ

N(N − 1) 2




Diskusi: Tepatkah menggambarkan reward untuk setiap kedatangan N calon penumpang? Mengapa tidak cukup hanya 1 calon penumpang? Apakah proses yang melekat pada kedatangan bis?




Ilustrasi 2 - Masa hidup atau lifetime sebuah komputer adalah p.a. kontinu. Chen memiliki sikap berikut, dia akan membeli komputer baru apabila komputer lama rusak atau telah mencapai usia T tahun. Misalkan harga komputer baru adalah C1 dan biaya yang dikeluarkan apabila komputer lama rusak adalah C2 . Asumsikan bahwa komputer yang rusak tidak dapat di-loak-kan. What is Chen’s long-run average cost?




Ujian?




Pandang proses renewal {Nt , t ≥ 0} dengan waktu antar kedatangan Tn , n ≥ 1. Misalkan setiap kali renewal ke-n terjadi, diperoleh reward Rn . Asumsikan Rn , n ≥ 1 saling bebas dan berdistribusi identik; meski dimungkinkan pula Rn bergantung pada Tn . Misalkan Rt = R1 + R2 + · · · + RNt , maka Rt adalah reward total yang diperoleh sampai waktu t.




Proposisi Misalkan E (R) = E (Rn ) dan E (T ) = E (Tn ). Jika E (R) < ∞ dan E (T ) < ∞, maka (a) dengan peluang 1, lim

t→∞

E (R) Rt = t E (T )

(b) lim

t→∞

E (Rt ) E (R) = t E (T )




Sebuah siklus atau cycle dikatakan lengkap setiap kali renewal terjadi. Jadi, the long-run average reward is just the expected reward earned during a cycle divided by the expected length of a cycle



MA5181 PROSES STOKASTIK Bab 3 Proses Renewal

Recommend Documents