Catatan Kuliah
MA5181 PROSES STOKASTIK “We do love uncertainty”
disusun oleh
Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.
Kelompok Keilmuan STATISTIKA - FMIPA Institut Teknologi Bandung 2013
Tentang MA5181 Proses Stokastik A. Jadwal kuliah: • Selasa; 11.30-12.45; R. Seminar I.2 • Selasa; 15.30-16.45; R. Seminar II.3 B. Materi kuliah: • Peluang, peubah acak dan distribusi • Peluang/Ekspektasi bersyarat • Distribusi eksponensial • Proses Poisson • Proses Renewal • Rantai Markov C. Buku teks: • Sheldon Ross, 1996, Stochastic Processes, 2nd ed., Wiley. • Taylor dan Karlin, 1998, An Introduction to Stochastic Modelling, 3rd ed., Academic Press. E. Penilaian: • Ujian 1,2,3 (90%): 25 September 2013 (30%) 30 Oktober 2013 (30%) 5 Desember 2013 (30%) • Kuis (10%)
MA5181 Pros.Stok.
i
K. Syuhada, PhD.
Daftar Isi 1 Peluang, Peubah Acak dan Distribusi 1.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Peluang . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Peubah acak dan distribusi . . . . . . 1.4 “More on distribution function” . . .
. . . .
1 1 1 4 5
2 Ekspektasi Bersyarat 2.1 Distribusi Bersama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Ekspektasi Bersyarat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 1 3
3 Distribusi Eksponensial 3.1 Peubah Acak Eksponensial 3.2 Sifat Tanpa Memori . . . . 3.3 Sifat Momen . . . . . . . . 3.4 Sifat Distribusi . . . . . . 3.5 Statistik Terurut . . . . . 3.6 Aplikasi . . . . . . . . . .
. . . . . .
1 1 1 3 3 5 6
. . . . . .
1 2 3 4 5 7 8
. . . . .
1 1 1 1 2 3
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . .
. . . . . .
4 Proses Poisson 4.1 Waktu Antar Kedatangan dan Waktu Tunggu 4.2 Mengapa Proses Poisson? . . . . . . . . . . . 4.3 Definisi Proses Poisson . . . . . . . . . . . . . 4.4 Jumlahan Proses Poisson Saling Bebas . . . . 4.5 “Thinning” dari Proses Poisson . . . . . . . . 4.6 Proses Poisson Tak Homogen . . . . . . . . . 5 Proses Renewal 5.1 Tentang Proses Poisson . 5.2 Distribusi Tn , Sn dan Nt 5.2.1 Ilustrasi . . . . . 5.2.2 Distribusi Nt . . 5.3 Proses Renewal . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
ii
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
6 Matriks Stokastik dan Rantai Markov 6.1 Matriks stokastik . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Matriks stokastik n-langkah . . . . . . . . . . . 6.3 Lebih jauh tentang matriks stokastik . . . . . . 6.3.1 Perkalian matriks . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Kebebasan dalam matriks stokastik . . . 6.3.3 Perkalian n matriks . . . . . . . . . . . . 6.3.4 Limit peluang . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.5 Unsur Pij dan sifat keadaan . . . . . . . 6.3.6 “Waktu” dalam matriks stokastik . . . . 6.3.7 Matriks stokastik dari matriks stokastik 6.4 Rantai Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . .
MA5181 Pros.Stok.
iii
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
1 . 1 . 2 . 4 . 4 . 4 . 5 . 6 . 7 . 8 . 9 . 12
K. Syuhada, PhD.
BAB 1 Peluang, Peubah Acak dan Distribusi 1.1
Pengantar
Proses stokastik adalah salah satu cabang ilmu statistika. Secara teoritis, suatu proses stokastik {Yt } adalah koleksi peubah acak dengan t menyatakan indeks waktu. Oleh karenanya, pemahaman mengenai peubah acak dan peluang suatu peubah acak bernilai tertentu sangatlah penting. Perhatikan ilustrasi berikut: “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”. Dapatkah kita mendefinisikan/membangun suatu peubah acak? Bagaimana jika informasi yang kita miliki adalah “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?”. Dapatkah kita mendefinisikan/membangun suatu peubah acak?
1.2
Peluang
Peluang adalah suatu konsep berpikir, bukan sekadar angka (walaupun wujudnya adalah angka diantara nol dan satu). Peluang berkaitan dengan menyatakan alasan atas suatu kejadian. Peluang, secara implisit, mengajak kita untuk mempersiapkan diri menghadapi kejadian yang tidak terjadi (yang memiliki peluang kecil). 1
Contoh-1: Setiap hari Laila pergi ke kampus dan berharap perkuliahan terjadi (untuk setiap mata kuliah Laila sudah memiliki dugaan peluang terjadinya perkuliahan tersebut). Jika suatu hari Laila tidak pergi ke kampus, akankah sebuah perkuliahan benar-benar tidak terjadi? Contoh-2: Ini kisah masa lalu Tiani yang sempat diceritakan sesaat sebelum Tiani 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”. Adakah sosok seperti Tiani? Contoh-3: Arya telah memesan sekaligus membayar tiket suatu penerbangan. Tentu saja Arya yakin bahwa dia akan mendapatkan kursi saat datang dan memasuki pesawat nanti. Mungkinkah Arya tidak mendapatkan kursi? Untuk membuat peluang lebih berwujud, maka diciptakan cara menghitung peluang. Secara khusus, kita akan menghitung peluang suatu kejadian atau (dan ini yang utama) peluang suatu peubah acak. Contoh-4: Direktur perusahaan mengundang para karyawan yang memiliki setidaknya satu anak laki-laki (L) ke acara syukuran khitanan. Seorang karyawan memiliki dua anak. Berapa peluang bahwa kedua anak karyawan adalah laki-laki? Berapa peluang bahwa kedua anak karyawan adalah laki-laki, diberikan bahwa karyawan tersebut diundang ke acara syukuran? Jawab: Misalkan L kejadian memiliki anak laki-laki; LK kejadian memiliki dua anak laki-laki; U kejadian diundang ke acara syukuran. Jadi, P (LK) = · · · dan P (LK ∩ U ) P (U ) P ({{LL} ∩ {LL, LLc , Lc L}}) = P ({LL, LLc , Lc L}) P ({LL}) = P ({LL, LLc , Lc L}) = (1/4)/(3/4) = 1/3.
P (LK|U ) =
MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
Seringkali dibutuhkan nilai (awal) peluang suatu kejadian, untuk kemudian dapat dihitung peluang kejadian berikutnya. Menentukan nilai awal peluang merupakan masalah yang menarik dan menantang (challenging). Contoh-5: Sebagai seorang sekretaris, Dien tahu bahwa sebuah surat akan berada di salah satu dari tiga buah kotak surat yang ada dengan peluang sama. Misalkan pi adalah peluang bahwa Dien akan menemukan surat setelah mengecek kotak surat i dengan cepat jika ternyata surat tersebut berada di kotak surat i, i = 1, 2, 3. Misalkan Dien mengecek kotak surat 1 dan tidak menemukan surat. Berapa peluang kejadian itu akan terjadi? Jika diketahui Dien mengecek kotak surat 1 dan tidak menemukan surat, berapa peluang bahwa surat itu ada di kotak surat 1? Jawab: Misalkan Ki , i = 1, 2, 3 adalah kejadian surat berada di kotak surat i. Misalkan T kejadian mengecek kotak surat 1 dan tidak mendapatkan surat. Peluang kejadian 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 Dien 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 ) =
Catatan: Dalam hal ini, pi adalah peluang awal suatu kejadian. Dengan peluang awal ini maka nilai peluang yang kita cari akan lebih bermakna. Contoh-6: Pada contoh “maskapai penerbangan”, berapa peluang akan ada kursi yang tersedia untuk setiap pemesan tiket yang datang? Jawab: Misalkan X peubah acak yang menyatakan banyaknya pemesan tiket yang datang, maka P (X ≤ 50) = · · · Pembahasan utama pada perkuliahan ini adalah peluang suatu peubah acak termasuk karakteristik utamanya yaitu distribusi peubah acak.
MA5181 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
1.3
Peubah acak dan distribusi
Peubah acak (p.a.) adalah alat untuk “memudahkan” kita dalam “menyederhanakan” hitungan peluang; peubah acak membuat kita bekerja dalam bilangan riil. Secara teoritis, peubah acak adalah fungsi yang memetakan ruang sampel ke bilangan riil. Catatan: Peubah acak berbeda dengan peubah! Contoh, misalkan suatu ruang sampel S = {00, 01, 10, 11}. Definisikan X sebagai peubah acak yang menyatakan banyaknya “1”, X : 00 ∈ S → 0, X : 01 ∈ S → 1, dst. Jadi, nilai yang mungkin untuk X adalah {0, 1, 2} Pada contoh “maskapai penerbangan”, kita dapat membangun peubah acak secara lebih terarah setelah mengetahui tujuan yang ingin kita capai. Dalam hal ini, kita ingin menghitung “peluang akan ada kursi yang tersedia untuk setiap pemesan tiket yang datang”. Peubah acak yang dapat didefinisikan adalah “X yang menyatakan banyaknya pemesan tiket yang datang”. Dapat pula “peubah acak X yang menyatakan banyaknya pemesan tiket yang tidak datang”. Peubah acak berkaitan dengan distribusi atau, secara khusus, fungsi distribusi (kumulatif) atau f.d. Melalui f.d., peubah acak akan makin memiliki makna dan aplikatif. Contoh, suatu peubah acak menyatakan banyaknya pemesan tiket yang datang. Peubah acak tersebut mengikuti distribusi binomial dengan parameter tertentu. Kita dapat memahami perilaku peubah acak (secara probabilistik) tersebut melalui f.d. Misalkan X suatu peubah acak; F.d. untuk X adalah FX (x) = F (x) = P (X ≤ x) dengan sifat-sifat: (a) F fungsi tidak turun (b) limx→∞ F (x) = 1 (c) limx→−∞ F (x) = 0 (d) F fungsi kontinu kanan
MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
Contoh-1: Suatu peubah acak diskrit X memiliki nilai yang mungkin {0, 1, 2} dengan peluang di titik-titik tersebut, P (X = x) = f (x), berturut-turut, adalah f (0) = 1/4; f (1) = 1/2; f (2) = 1/4. Tentukan fungsi distribusinya. Contoh-2: Diketahui fungsi peluang suatu peubah acak kontinu adalah f (x) = λ e−λx , x > 0. Fungsi distribusi yang bersesuaian adalah... Jawab: ∫ x ∫ x F (x) = f (t) dt = λ e−λt dt = · · · 0
0
Contoh-3: Tentukan fungsi peluang dari fungsi distribusi berikut: 0, x<0 1 x 3 + 5, 0 ≤ x < 1 F (x) = 35 , 1≤x<2 9 , 2≤x<3 10 1, x≥3
1.4
“More on distribution function”
Pandang suatu peubah acak kontinu X dengan fungsi distribusi F (x) dan fungsi peluang f (x). Salah satu “keunggulan” fungsi distribusi dibandingkan fungsi peluang adalah fakta bahwa 0 ≤ F (x) ≤ 1, sedangkan f (x) ≥ 0. Distribusi apapun yang melekat pada X akan memiliki fungsi distribusi yang selalu bernilai diantara nol dan satu. Akibatnya, kita dapat membentuk peubah acak baru (menurut konsep Transformasi Peluang) yaitu U = FX (X) = F (X)
MA5181 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
dengan fungsi distribusi FU (u) = P (U ≤ u) = P (FX (X) ≤ u) = P (X ≤ FX−1 (u)) = FX (FX−1 (u)) = u, atau dengan kata lain, U = FX (X) = F (X) ∼ U (0, 1). Catatan: Kita tahu bahwa jika X berdistribusi Uniform pada selang [0, 1] atau U (0, 1) maka F (x) = x. Keunggulan diatas juga bermanfaat dalam simulasi stokastik. Contoh, misalkan kita ingin membangkitkan data dari suatu distribusi dengan F (x) = 1 − e−λx . Bagaimana kita dapat melakukannya? Jawab: - Bangkitkan data dari peubah acak U ∼ U (0, 1) - Tentukan invers dari fungsi distribusi atau F −1 (x) - Hitung F −1 (u) (metode ini dikenal dengan nama Invers Transformation Method). Fungsi Distribusi dan Copula Misalkan kita punyai peubah acak X dan Y dengan fungsi distribusi, berturutturut, adalah FX dan GY . Bagaimana kita dapat menentukan H(x, y) ? Salah satu teknik yang dapat dilakukan untuk mendapatkan fungsi distribusi bersama adalah menggunakan formula Keluarga Farlie-Morgenstern: { ( )( )} H(x, y) = F (x) G(y) 1 + α 1 − F (x) 1 − G(y) untuk |α| ≤ 1.
MA5181 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
Contoh: Untuk X dan Y dengan marginal U (0, 1), kita peroleh, H(x, y) = x2 y + y 2 x − x2 y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, jika α = −1, dan F (x, y) = 2 x y − x2 y − y 2 x + x2 y 2 , 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, jika α = 1. Bagaimana jika X dan Y memiliki distribusi marginal yang berbeda dan bukan U (0, 1)? Teorema Sklar (Tse, 2009, hal.367): Misalkan H fungsi distribusi bersama dengan fungsi distribusi marginal (margin) F dan G. Terdapat suatu Copula untuk semua (x, y) sedemikian hingga H(x, y) = P (X ≤ x, Y ≤ y) = C(P (X ≤ x), P (Y ≤ y)) = C(F (x), G(y)) = C(u, v), dengan U = F (X), V = G(Y ). Catatan: - Copula merupakan fungsi distribusi 1 - Contoh Copula: C(u, v) = (u−θ + v −θ − 1)− θ atau Clayton Copula - Keluarga F-M adalah salah satu bentuk Copula
MA5181 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
BAB 2 Ekspektasi Bersyarat Peluang bersyarat dan ekspektasi bersyarat berperan penting dalam memahami atau menentukan aplikasi teori peluang (applied probability). Hal ini didasarkan pada fakta bahwa peluang suatu peubah acak (atau kejadian) sering bergantung nilai peubah acak (atau kejadian) yang lalu.
2.1
Distribusi Bersama
Misalkan X dan Y peubah acak-peubah acak dengan fungsi distribusi berturutturut FX dan FY . Kita dapat membangun fungsi distribusi dan fungsi peluang bersama dari kedua peubah acak tersebut dari informasi distribusi marginal dan sifat kebebasan. Distribusi bersama untuk dua atau lebih peubah acak sangat membantu dalam membangun model yang lebih rumit. Hubungan antara distribusi marginal dan distribusi bersama adalah sebagai berikut: distribusi marginal mungkin dapat membangun distribusi bersama; dengan distribusi bersama kita dapat menentukan distribusi marginal. Contoh-1: 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 fX,Y (x, y) = p2 (1 − p)x+y−2 , x, y ∈ N , dengan 0 < p < 1. Tentukan fungsi peluang marginal dari X dan Y . Jawab: ∑ fX (x) = fX,Y (x, y) y
1
yang bernilai sama dengan ∞ ∑
p2 (1 − p)x+y−2
y=1
= p2 (1 − p)x−2
∞ ∑
(1 − p)y
y=1
= p (1 − p)
x−1
, x∈N
Contoh-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. Tentukan peluang bahwa kedua komponen berfungsi pada saat t. Tentukan peluang bahwa komponen A adalah komponen yang pertama kali rusak Jawab: ∫ ∞∫ ∞ P (X > t, Y > t) = λ µ e−(λ x+µ y) dy dx t
t
= ··· = e−(λ+µ)t ∫
∞
∫
∞
P (X < Y ) = 0
λ µ e−(λ x+µ y) dy dx
x
= ··· λ = λ+µ Contoh-3: Misalkan X ∼ P OI(λ) dan Y ∼ P OI(θ), asumsikan kedua peubah acak saling bebas. Tentukan distribusi X + Y . Tentukan distribusi bersyarat X, diberikan X + Y = n. Jawab: X + Y ∼ P OI(λ + θ) X|X + Y = n ∼ · · ·
MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
2.2
Ekspektasi Bersyarat
Ekspektasi Peubah Acak Misalkan dipunyai suatu peubah acak X. Apa yang dapat kita pahami tentang mean dari X atau E(X)? Misalkan kita mempunyai data berukuran n, dapatkah kita menghitung mean data? Perlukah kita mengetahui distribusi data? Secara teoritis, perhitungan E(X) akan melibatkan fungsi peluang. Dapatkah kita memanfaatkan fungsi distribusi untuk menentukan E(X)? Sifat-sifat ekspektasi: 1. E(a X + b Y ) = a E(X) + b E(Y ) ∫∞ 2. E(g(X)) = −∞ g(x) fX (x) dx 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 − µX )r ) = −∞ (x − µX )r fX (x) dx (momen pusat ke-r) ∫∞ 6. E(etX ) = −∞ etx fX (x) dx = MX (t) (fungsi pembangkit momen) ∫∞ 7. E(sX ) = −∞ sx fX (x) dx = PX (s) (fungsi pembangkit peluang) Contoh-1: Rombongan mahasiswa sebanyak 120 orang akan berangkat ke Jogja 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). Contoh-2: Misalkan Y menunjukkan banyaknya gol yang diciptakan oleh seorang pemain sepak bola di suatu pertandingan yang terpilih acak: y 0 1 f(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 atau ekspektasi banyak pertandingan dimana pemain menciptakan 3 atau lebih gol?
MA5181 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
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? Contoh-3: Jika X memiliki fungsi peluang f (x) =
1 , −∞ < x < ∞, π (1 + x2 )
tentukan E(X).
Contoh-4: Misalkan X peubah acak dengan fungsi distribusi 0, x < −2 0.2, −2 ≤ x < 0 0 ≤ x < 2.2 0.5, 0.6, 2.2. ≤ x < 3 F (x) = 0.6 + q, 3 ≤x<4 0.6 + 2q, 4 ≤ x < 5.5 1, x ≥ 5.5 dan diketahui P (X > 3.3) = 0.25. Tentukan E(X) melalui fungsi pembangkit momen MX (t). Contoh-10: Misalkan X peubah acak dengan MX (t) sebagai fungsi pembangkit momen. Didefinisikan f (t) = ln MX (t). Tunjukkan bahwa f ′′ (0) = V ar(X)
Ekspektasi Bersyarat Ilustrasi - Seorang narapidana berada dalam suatu sel penjara yang memiliki tiga pintu. Pintu pertama akan membawanya keluar penjara dalam waktu dua hari. Pintu kedua dan ketiga akan membawanya ke terowongan yang kembali ke penjara dalam waktu 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 alias keluar dari penjara? MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
Jawab: - Peubah acak: X yang menyatakan waktu yang dibutuhkan agar selamat - Distribusi apakah yang melekat pada X? - Dapatkah kita menghitung E(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 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) −∞ −∞ 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)) Contoh-5: Pandang “narapidana di sel penjara”. Lama (waktu) untuk sang napi keluar dari penjara bergantung pada pintu keluar yang dipilih; peubah acak yang menyatakan pintu yang dipilih adalah I. E(X) = E(X|I = 1)P (I = 1) + E(X|I = 2)P (I = 2) + E(X|I = 3)P (I = 3) = E(X|I = 1)(0.5) + E(X|I = 2)(0.3) + E(X|I = 3)(0.2) = (2)(0.5) + (4 + E(X))(0.3) + (1 + E(X))(0.2) = ··· Contoh-6: 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) Hitung P (X > 1|Y )= 12 (b) Hitung E X|Y = 12
MA5181 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
Jawab: ( ) ∫ ∞ −x(y+1) ∫ ∞ 1 e 3 −3 x P X > 1|Y = = dx = e 2 dx = e−3/2 2 1/(y + 1) 2 1 1 ( ) 1 E X|Y = = ··· 2 Contoh-7: Febri 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 Uniform 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?
Contoh-8: Masih tentang “narapidana di sel penjara”. Jika napi memilih pintu-pintu yang belum digunakannya secara acak, berapa lama waktu yang dibutuhkannya untuk keluar dari penjara?
Contoh-9: Seorang peserta kuis diberi dua buah pertanyaan (P1 , P2 ), yang harus dijawab dengan urutan yang ditentukan oleh peserta kuis sendiri. Jika dia menjawab Pi , i = 1, 2, terlebih dahulu maka dia dibolehkan menjawab pertanyaan Pj , j ̸= i apabila dia menjawab Pi dengan BENAR. Tentu saja jika dia menjawab SALAH maka dia tidak dapat melanjutkan menjawab pertanyaan berikutnya. Peserta kuis akan mendapatkan uang tunai sebesar Rpi jika dia menjawab Pi dengan benar (dia mendapatkan uang sebesar Rp1 + Rp2 jika menjawab BENAR untuk kedua pertanyaan). Jika peluang dia tahu jawaban pertanyaan Pi adalah qi , pertanyaan mana yang harus dia jawab pertama kali agar dia dapat memaksimalkan uang tunai yang dapat diraih (expected winnings)?
MA5181 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
BAB 3 Distribusi Eksponensial Salah satu distribusi kontinu yang menarik untuk dipelajari dalam model stokastik adalah distribusi eksponensial. Umumnya, distribusi ini cocok untuk digunakan dalam memahami fenomena antrean atau waktu tunggu. Tahukah anda bahwa distribusi eksponensial adalah kasus khusus dari distribusi Gamma? Pernahkah anda mendengar sifat tanpa memory atau memoryless property pada distribusi eksponensial?
3.1
Peubah Acak Eksponensial
Peubah acak eksponensial didefinisikan sebagai peubah acak dengan fungsi distribusi F (x) = 1 − exp(−θx), x ≥ 0, dengan parameter θ > 0. Dapat pula dikatakan bahwa peubah acak eksponensial adalah peubah acak yang berdistribusi eksponensial. Notasi: X ∼ exp(θ). 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 berikut).
3.2
Sifat Tanpa Memori
Sifat tanpa memori (memoryless property) pada suatu peubah acak X adalah sifat dimana “peluang X lebih dari s + t dengan syarat/diberikan X lebih dari 1
Table 3.1: Percobaan Bernoulli vs Proses Poisson.
Banyak “sukses” “Waktu” utk sukses I
Percobaan Bernoulli Distribusi Binomial Distribusi Geometrik
Proses Poisson Distribusi Poisson Distribusi Eksponensial
t sama dengan peluang X lebih dari s”, atau ( ) ( ) P X > s + t X > t = P X > s . Perhatikan bahwa
( ) ) 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 , (
atau, ( ) ( ) ( ) P X >s+t =P X >s P X >t . Contoh-1: Misalkan X menyatakan waktu tunggu seseorang mendapatkan “sesuatu”. Peluang orang tsb menunggu lebih dari 7 tahun setelah dia menunggu lebih dari 5 tahun sama dengan peluang dia menunggu lebih dari 2 tahun, atau, P (X > 2 + 5|X > 5) = P (X > 2). [orang itu tidak lagi mengingat bahwa dia telah menunggu selama 5 tahun itu sebabnya dikatakan sifat tanpa memori] Sifat tanpa memori hanya dipenuhi oleh peubah acak eksponensial, ( ) ( ) P X >s+t =1−P X <s+t = 1 − FX (s + t) ( ) = 1 − 1 − exp(−θs − θt) = exp(−θs − θt) = exp(−θs) exp(−θt) ( ) ( ) =P X>s P X>t . MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
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-2: Bagaimana dengan distribusi geometrik? Dapatkah anda menunjukkan bahwa distribusi ini juga memiliki sifat tanpa memori?
3.3
Sifat Momen
Seperti sebelumnya, sifat momen merupakan karakteristik penting peubah acak eksponensial. Misalkan X ∼ exp(θ). Dapat kita tunjukkan bahwa E(X) =
1 θ
dan E(X 2 ) = · · · Contoh-3: Tentukan E(X − u|X > u), untuk suatu u (gunakan sifat tanpa memori).
3.4
Sifat Distribusi
Misalkan X1 , . . . , Xn sampel acak berdistribusi eksponensial. Misalkan Y =
n ∑
Xi ,
i=n
MA5181 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
maka distribusi dari Y dapat ditentukan dengan teknik fungsi pembangkit momen, MY (t) = E(exp(tY )) = E(exp(t[X1 + · · · + Xn ])) = ··· Jadi, Y ∼ . . ., dengan mean dan variansi... Catatan: X adalah peubah acak Gamma jika memiliki fungsi peluang fX (x) =
θα α−1 x exp(−θ x). Γ(α)
Notasi: X ∼ Gamma(α, θ). Fungsi pembangkit momen atau f.p.m: ( )−α t MX (t) = 1 − . θ Distribusi X1 + X2 dan Peluang P (X1 < X2 ) Distribusi X1 + X2 dapat ditentukan dengan teknik fungsi distribusi. Misalkan Y = X1 + X2 , P (Y ≤ y) = P (X1 + X2 ≤ y) = P (X1 ≤ y − x2 ) ∫ y ∫ y−x2 = θ exp(−θx1 ) θ exp(−θ x2 ) dx1 dx2 ∫0 y 0 = FX1 (y − x2 ) fX2 (x2 ) dx2 0
Fungsi peluang dari X1 + X2 adalah ∫ y fX1 +X2 (y) = fX1 (y − x2 ) fX2 (x2 ) dx2 0 ∫ y = θ exp(−θ(y − x2 )) θ exp(−θx2 ) dx2 0
= θ2 y exp(−θ y) θ2 = y 2−1 exp(−θ y) (2 − 1)! MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
Pandang dua buah peubah acak eksponensial X1 dan X2 yang saling bebas dengan parameter θ1 dan θ2 , maka ∫ ∫ P (X1 < X2 ) = fX1 ,X2 (x1 , x2 ) dx2 dx1 ∫ ∞∫ ∞ = θ1 exp(−θ1 x1 ) θ2 exp(−θ2 x2 ) dx2 dx1 0
= ··· =
3.5
x1
θ1 θ1 + θ2
Statistik Terurut
Misalkan X1 , . . . , Xn sampel acak berukuran n dari distribusi eksponensial dengan parameter θ. Misalkan X(k) statistik terurut ke-k. Fungsi peluang untuk statistik terurut ke-k adalah: n fX(k) (x) = Ck−1,1,n−k (FX (x))k−1 fX (x) (1 − FX (x))n−k .
Sebagai contoh, misalkan diketahui sampel acak berukuran 2 dari distribusi eksponensial dengan parameter θ. Fungsi peluang untuk statistik terurut terkecil atau X(1) adalah 2 fX(1) (x) = C0,1,1 (1 − exp(−θx))1−1 θ exp(−θx) (exp(−θx))2−1
= 2 θ exp( −2θx) Contoh-4: Jika X1 dan X2 peubah acak-peubah acak eksponensial yang saling bebas, tentukan distribusi (i) Y = min(X1 , X2 ) (ii) Z = max(X1 , X2 ). Contoh-5: Jika X1 dan X2 peubah acak-peubah acak kontinu non negatif yang saling bebas, hitung P (X1 < X2 | min(X1 , X2 ) = t)
MA5181 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
Jawab: P (X1 < X2 | min(X1 , X2 ) = t) P (X1 < X2 , min(X1 , X2 ) = t) = P (min(X1 , X2 ) = t) P (X1 = t, X2 > t) = P (X1 = t, X2 > t) + P (X2 = t, X1 > t) fX1 (t)(1 − FX2 (t)) = fX1 (t)(1 − FX2 (t)) + fX2 (t)(1 − FX1 (t)) Jika X1 dan X2 berdistribusi identik, katakan eksponensial dengan parameter θ, maka P (X1 < X2 | min(X1 , X2 ) = t) fX1 (t)(1 − FX2 (t)) = fX1 (t)(1 − FX2 (t)) + fX2 (t)(1 − FX1 (t)) = ··· Contoh-6: Ini tentang rekor [Baru-baru ini dalam Olimpiade London, Ye Shiwen, 16 tahun, memecahkan rekor dunia untuk renang 400m gaya ganti perseorangan dalam waktu 4 menit 28.43 detik dari sebelumnya 4 menit 29.45 detik yang dicetak oleh Stephanie Rice]. Misalkan X1 , X2 , . . . p.a. kontinu yang bersifat i.i.d. Suatu rekor Xn terjadi pada waktu n(n > 0) jika Xn > max(X1 , . . . , Xn−1 ) [perlukah syarat X0 = −∞ ?]. Jika Nn menyatakan total banyaknya rekor yang terjadi sampai waktu ke-n, hitung E(Nnk ) untuk k = 1, 2.
3.6
Aplikasi
Seperti telah disampaikan diawal, fenomena antrean atau waktu tunggu cukup tepat digambarkan oleh distribusi eksponensial. Misalkan pada suatu antrean toko dimana 2 penjaga toko masing-masing sedang melayani seorang pelanggan, sebut A dan B. Mungkinkah A keluar lebih dulu dari toko? Mungkinkah B? Bagaimana kita dapat memanfaatkan peubah acak eksponensial? Contoh-7: Disebuah toko ada 2 petugas jaga. Tiga orang: Fer, Fir dan Fur datang ke MA5181 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
toko bersamaan. Fer dan Fir langsung mendatangi petugas toko, sedangkan Fur menunggu (baca: antre). 1. Berapa peluang bahwa Fer masih berada di toko setelah Fir dan Fur pergi apabila waktu layanan untuk setiap petugas adalah tepat (tidak acak) 10 menit? Jawab: Fer tidak mungkin masih berada di toko apabila Fir (dan Fur) sudah selesai dilayani. Jadi peluangnya adalah 0. 2. Berapa peluang bahwa Fer masih berada di toko setelah Fir dan Fur pergi apabila waktu layanan adalah i dengan peluang 1/3, i = 1, 2, 3? Jawab: 1/27 P (SF er > SF ir + SF ur ) = P (SF ir = 1)P (SF ur = 1)P (SF er = 3) = (1/3)(1/3)(1/3) = 1/27 3. Berapa peluang bahwa Fer masih berada di toko setelah Fir dan Fur pergi apabila waktu layanan berdistribusi eksponensial dengan mean 1/µ? Jawab: 1/4 Apa saja yang akan terjadi pada Fer? (1) Fer adalah orang pertama yang keluar dari toko, dengan peluang 1/2 (2) Fer adalah orang terakhir yang keluar dari toko, dengan peluang 1/4 (3) Fer BUKAN orang terakhir yang keluar dari toko, dengan peluang 1/4 Contoh-8: Misalkan Itta memasuki sebuah Bank yang memiliki seorang teller. Itta melihat ada 5 nasabah di Bank, 1 orang sedang dilayani dan 4 orang yang lain antri. Itta pun antri. Jika waktu layanan berdistribusi dengan parameter µ, berapa lama waktu (expected amount of time) yang dihabiskan Ita di Bank? Jawab: Misalkan T lama waktu Ita di Bank. E(TI ) = E(SI ) +
5 ∑
E(Si ) = 6/µ
i=1
MA5181 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
Contoh-9: Misalkan X p.a eksponensial dengan parameter λ. (i) Hitung E(X|X < c) (ii) Hitung (i) dengan identitas berikut E(X) = E(X|X < c)P (X < c) + E(X|X > c)P (X > c) Jawab:
∫
c
x fX (x|X < c) dx
E(X|X < c) = ∫
0 c
fX (x) dx P (X < c) 0 ∫c x fX (x) dx = ∫0 c fX (x) dx 0 1 c exp(−λ c) = − λ 1 − exp(−λ c) =
x
Contoh-10: Mesin 1 (M1) sedang bekerja. Mesin 2 (M2) akan dipasang untuk dipakai pada waktu t dari sekarang. Jika masa hidup Mesin i berdistribusi eksponensial dengan mean λi , i = 1, 2, berapa peluang M1 adalah mesin pertama yang akan rusak (tidak dapat dipakai lagi)?
MA5181 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
BAB 4 Proses Poisson Seperti sudah disampaikan sebelumnya, analog dengan percobaan Bernoulli, percobaan atau proses Poisson akan mengkaji (i) banyak sukses dalam suatu periode waktu, dan (ii) waktu (kontinu) yang dibutuhkan untuk mendapatkan sukses yang pertama. Distribusi yang terlibat dalam (i) adalah distribusi Poisson, sedangkan distribusi yang berkaitan dengan (ii) adalah distribusi eksponensial. Sebagai gambaran untuk melihat proses Poisson, perhatikan ilustrasiilustrasi berikut. Ilustrasi-1: Para nasabah datang ke suatu tempat layanan dengan dua meja layanan. Nasabah yang datang akan menuju meja 1, meja 2, lalu pulang. Misalkan waktu layanan setiap meja adalah peubah acak eksponensial dengan parameter µ1 dan µ2 . Waktu yang dihabiskan nasabah di tempat layanan adalah... Ilustrasi-2: Para nasabah datang ke suatu tempat layanan dengan dua meja layanan. Ketika nasabah baru datang, setiap nasabah yang ada harus segera meninggalkan tempat layanan tersebut. Nasabah yang datang akan menuju meja 1, meja 2, lalu pulang. Jika waktu layanan setiap meja adalah peubah acak eksponensial dengan parameter µ1 dan µ2 . Tentukan proporsi nasabah yang selesai di meja 2. Ilustrasi-3: Para nasabah datang ke suatu tempat layanan, dengan dua meja layanan, mengikuti proses Poisson dengan laju λ. Ketika nasabah baru datang, setiap nasabah yang ada harus segera meninggalkan tempat layanan tersebut. Nasabah yang datang akan menuju meja 1, meja 2, lalu pulang. Jika waktu layanan setiap meja adalah peubah acak eksponensial dengan parameter µ1 dan µ2 . Tentukan proporsi nasabah yang selesai di meja 2.
1
4.1
Waktu Antar Kedatangan dan Waktu Tunggu
Waktu Antar Kedatangan Misalkan T1 menyatakan waktu dari kejadian/kedatangan pertama. Untuk n > 1, misalkan Tn menyatakan waktu tersisa antara kejadian ke-(n − 1) dam kejadian ke-n. Barisan {Tn , n = 1, 2, . . .} adalah barisan waktu antar kejadian (interarrival times). Untuk menentukan distribusi dari Tn , perhatikan bahwa kejadian {T1 > t} terjadi jika dan hanya jika tidak ada kejadian dari proses Poisson yang terjadi pada interval [0, t], sehingga P (T1 > t) = P (Nt = 0) = e−λt Jadi T1 berdistribusi eksponensial dengan mean 1/λ. Perhatikan juga bahwa ( ) P (T2 > t) = E P (T2 > t | T1 ) , sedangkan P (T2 > t | T1 = s) = P (tidak ada kejadian pada (s, s + t] | T1 = s) = P (tidak ada kejadian pada (s, s + t]) = e−λt Dengan demikian, T2 juga peubah acak eksponensial dengan mean 1/λ, dan T2 saling bebas dengan T1 . Demikian seterusnya untuk T3 , T4 , . . . , Tn yang juga berdistribusi eksponensial dan peubah acak-peubah acak tersebut saling bebas. Waktu Tunggu Statistik lain yang kita perhatikan berikut adalah Sn yaitu waktu kedatangan kejadian ke-n atau waktu tunggu (waiting time) hingga kejadian ke-n, Sn = T1 + · · · + Tn , n ≥ 1 yang berdistribusi... (distribusi Erlang?)
MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
Contoh-1: Misalkan turis-turis datang ke suatu pulau mengikuti proses Poisson dengan parameter λ = 1 per hari. Berapa waktu yang diharapkan hingga turis kesepuluh datang? Berapa peluang waktu yang dibutuhkan (elapsed time) antara turis kesepuluh dan kesebelas datang melebihi 2 hari? Jawab: E(S10 ) = E(T1 + · · · + T10 ) = E(T1 ) + · · · + E(T10 ) = 10 · (1/λ) = 10 P (T11 > 2) = e−2λ = e−2 Contoh-2: Misalkan TK menyatakan waktu yang dibutuhkan (elapsed time) untuk klaimklaim asuransi diproses; T1 menyatakan waktu yang dibutuhkan hingga klaim pertama diproses. Diketahui T1 , T2 , . . . saling bebas dan berdistribusi dengan fungsi peluang f (t) = 0.1 e−0.1 t , t > 0 dengan t diukur dalam setengah-jam. Hitung peluang bahwa setidaknya sebuah klaim akan diproses pada 5 jam kedepan. Berapa peluang bahwa setidaknya 3 klaim diproses dalam 5 jam? Jawab: P (T1 ≤ 10) = 1 − P (T > 10) = 1 − e−1 Selanjutnya, N10 ∼ P OI(10 · (1/10)) = P OI(1). Jadi, P (N10 ≥ 3) = 1 − P (N10 = 0) − P (N10 = 1) − P (N10 = 2) = 1 − e−1 − (1/1!) e−1 − (12 /2!) e−1 = ···
4.2
Mengapa Proses Poisson?
Ilustrasi dan kajian tentang peubah acak waktu antar kedatangan serta waktu tunggu diatas telah menggiring kita untuk memahami lebih jauh tentang proses Poisson dan alasan mengapa proses ini penting. • Proses Poisson (PP) adalah proses menghitung (counting process) untuk banyaknya kejadian yang terjadi hingga suatu waktu tertentu • Proses ini sering disebut proses lompatan (jump process) karena keadaan akan berpindah ke yang lebih tinggi setiap kali kejadian terjadi MA5181 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
Proses Menghitung Suatu proses stokastik {Nt , t ≥ 0} adalah proses menghitung (counting process) jika Nt merupakan total banyaknya kejadian (events) yang terjadi sampai waktu t. Sebagai contoh, (i) banyaknya orang yang masuk ke suatu restoran pada waktu/sampai waktu t, (ii) banyaknya gol yang diciptakan pemain, dan (iii) banyaknya klaim asuransi yang masuk. Proses menghitung {Nt , t ≥ 0} haruslah memenuhi kriteria berikut: • Nt ≥ 0 • Nt bernilai integer • Jika s < t maka Ns ≤ Nt • Untuk s < t, Nt − Ns adalah banyaknya kejadian pada interval (s, t] Dua sifat penting yang melekat pada proses menghitung adalah sebagai berikut. Pertama, kenaikan independen (independent increments). Suatu proses menghitung {Nt } memiliki independent increments jika banyak kejadian yang terjadi pada [s, t], yaitu Nt − Ns , saling bebas dengan banyak kejadian sampai waktu s. Dengan kata lain, banyak kejadian yang terjadi pada selang waktu yang saling asing adalah saling bebas. Kedua, kenaikan stasioner (stationary increments). Suatu proses menghitung {Nt } memiliki stationary increments jikadistribusi banyak kejadian pada setiap selang hanya bergantung pada panjang selang.
4.3
Definisi Proses Poisson
Definisi -1 Proses menghitung {Nt , t ≥ 0} adalah proses Poisson dengan laju λ(> 0), jika • N0 = 0 • Proses memiliki kenaikan independen • Banyaknya kejadian di sebarang interval dengan panjang t berdistribusi Poisson dengan mean λt. Untuk setiap s, t ≥ 0 n ( ) −λt (λt) , n = 0, 1, 2, . . . P {Ns+t − Ns = n} = e n!
MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
Definisi -2 Proses menghitung {Nt , t ≥ 0} adalah proses Poisson dengan laju λ(> 0), jika • N0 = 0 • Proses memiliki kenaikan stasioner dan independen ( ) • P {Nh = 1} = λh + o(h) ( ) • P {Nh ≥ 2} = o(h) Diskusi: Tunjukkan bahwa kedua definisi proses Poisson diatas identik.
4.4
Jumlahan Proses Poisson Saling Bebas
Pandang dua proses Poisson {N1 (t)} dan {N2 (t)} yang saling bebas dengan parameter, berturut-turut, λ1 dan λ2 . Kita mendapatkan N (t) = N1 (t) + N2 (t), yang juga merupakan proses Poisson dengan parameter λ1 + λ2 . Contoh-3: Mahasiswa-mahasiswa MA ITB akan datang ke Gedung Matematika melewati pintu Tamansari atau pintu DayangSumbi. Kedatangan mahasiswa melalui kedua pintu tersebut, berturut-turut, mengikuti proses Poisson dengan parameter λ1 = 1/2, λ2 = 3/2 per menit. Berapa peluang tidak ada mahasiswa yang datang padang selang waktu 3 menit? Hitung mean waktu antara kedatangan mahasiswa-mahasiswa. Berapa peluang seorang mahasiswa benar-benar datang melalui pintu DayangSumbi? Jawab: NT S ∼ P OI(1/2), NDS ∼ P OI(3/2) dan NT S + NDS = NT ∼ P OI(2). Karena λ = 2 = 1/2 + 3/2, maka T1 ∼ exp(2), P (T1 > 3) = e−6 E(Tk ) = 1/2 P (TDS < TT S ) = · · · MA5181 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
Contoh-4: Penjualan tiket pertandingan semifinal AFF 2010 mengikuti tiga proses Poisson sbb: • penjualan tiket harga sebenarnya: 2/jam • penjualan tiket harga diskon (harga tembak kali...): 4/jam • penjualan tiket VIP: 0.3/jam Hitung: (a) waktu harapan hingga penjualan tiket berikutnya, (b) waktu harapan hingga penjualan tiket VIP berikutnya, (c) peluang bahwa penjualan tiket setelah tiket harga sebenarnya adalah tiket harga sebenarnya yang lain, (d) peluang bahwa tiket VIP akan dijual/terjual pada 30 menit kedepan, (e) peluang bahwa setidaknya 2 dari 3 tiket yang dijual berikutnya adalah tiket diskon
Contoh-5: Di suatu terminal bis, Bis A dan Bis B datang saling bebas mengikuti proses Poisson. Ada sebuah bis A datang setiap 12 menit dan sebuah bis B setiap 8 menit. Misalkan Yun untuk melakukan observasi terhadap bis-bis tersebut. Berapa peluang bahwa tepat 2 bis A akan datang pada 24 menit pertama dan tepat 3 bis B datang pada 36 menit pertama? Hitung mean waktu tunggu (expected waiting time) hingga sebuah bis datang. Berapa peluang bahwa diperlukan waktu setidaknya 20 menit untuk 2 bis B datang? Jawab: NA adalah PP dengan λ = 1/12 NB adalah PP dengan λ = 1/8 ( )( ) P (NA (24) = 2, NB (36) = 3) = e−2 22 /2! e−4.5 4.53 /3! Diketahui: TA (1) ∼ exp(1/12), TB (1) ∼ exp(1/8). Jadi, T = min(TA (1), TB (1)) ∼ exp(5/24) E(T ) = 24/5 P (TB (1) + TB (2) ≥ 20) = 3.5 e−2.5 Catatan: S = TB (1) + TB (2) ∼ Ga(2, 1/8)
MA5181 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
4.5
“Thinning” dari Proses Poisson
Diketahui suatu proses Poisson {Nt } dengan parameter λ. Misalkan setiap kali terdapat suatu kejadian, kejadian tersebut dapat diklasifikasi ke Tipe I dengan peluang p atau Tipe II dengan peluang 1 − p, yang saling bebas untuk seluruh kejadian. Jika N1 (t) dan N2 (t) berturut-turut adalah kejadian tipe I dan II pada selang [0, t] maka • {N1 (t)} adalah proses Poisson dengan parameter λp • {N2 (t)} adalah proses Poisson dengan parameter λ(1 − p) • Kedua proses saling bebas Contoh-6: 1. Sebuah perusahaan asuransi memiliki dua jenis polis yaitu polis K dan M. Pengajuan klaim yang datang mengikuti proses Poisson dengan parameter 9 (per hari). Pemilihan klaim secara acak menunjukkan bahwa peluang polis jenis K terpilih adalah 1/3. Hitung peluang bahwa klaimklaim polis jenis K (atau M) yang diajukan pada suatu hari kurang dari 2. Berapa peluang bahwa total klaim yang diajukan pada suatu hari kurang dari 2? 2. Sejalan dengan soal sebelumnya, ternyata 2/3 klaim dari polis jenis K memiliki besar klaim lebih dari 10jt. Sementara itu, hanya 2/9 dari polis M. Tentukan nilai harapan banyaknya klaim yang bernilai lebih dari 10jt. Berapa peluang bahwa pada suatu hari klaim yang bernilai lebih dari 10jt kurang dari 2? 3. Ike datang ke halte bis transjakarta pukul 8.15 pagi. Informasi yang ada sbb: - hingga pukul 9, bis akan datang mengikuti proses Poisson dengan parameter 1 (per 30 menit) - mulai pukul 9, bis akan datang mengikuti proses Poisson dengan parameter 2 (per 30 menit) Berapa waktu tunggu yang diharapkan (expected waiting time) Ike hingga sebuah bis datang?
MA5181 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
4.6
Proses Poisson Tak Homogen
Proses menghitung {Nt } dikatakan proses Poisson tak homogen dengan fungsi intesitas λt jika 1. N0 = 0 2. memiliki independent increments 3.
( ) P Nt+h − Nt = 1 = λt h + o(h) dan
(
)
P Nt+h − Nt ≥ 2 = o(h)
Contoh-7: 1. Para pembeli datang ke toko Ilfimart mengikuti proses Poisson dengan parameter/laju yang naik secara linier dari 6/jam pada pukul 13 hingga 9/jam pada pukul 14. Tentukan peluang ada tepat 2 pembeli datang antara pukul 13 dan 14. 2. Perusahaan asuransi AAA mendapatkan kenyataan bahwa banyaknya kecelakaan meningkat pada tengah malam hingga siang hari (pukul 12) dan turun hingga tengah malam berikutnya. Misalkan banyaknya kecelakaan dapat dimodelkan menurut proses Poisson tak homogen dengan intensitas λt = 1/6 − (12 − t)2 /1152, dimana t jumlah jam setelah tengah malam. Hitung banyaknya kecelakaan setiap hari yang diharapkan. Berapa peluang bahwa akan ada tepat 1 kecelakaan antara pukul 6 pagi dan 6 malam?
MA5181 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
BAB 5 Proses Renewal 5.1
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 antarkedatangan 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?
5.2 5.2.1
Distribusi Tn, Sn dan Nt Ilustrasi
(Ilustrasi-1) Misalkan T1 p.a. banyaknya percobaan untuk mendapatkan sukses pertama; dengan kata lain T1 berdistribusi geometrik. Apakah distribusi 1
dari Sn = T1 +T2 +· · ·+Tn , p.a. yang menyatakan banyaknya percobaan (baca: waktu) untuk mendapatkan n sukses? (Ilustrasi-2) Misalkan distribusi antar-kedatangan adalah Poisson dengan mean λ; P (Tn = i) = e−λ
λi , i = 0, 1, 2, . . . i!
Tentukan P (Nt = n), dimana Nt = maks{n : Sn ≤ t}. (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 ). (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?
5.2.2
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,
MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
mean Nt adalah E(Nt = n) =
∞ ∑
P (Nt ≥ n)
n=1
= =
∞ ∑ n=1 ∞ ∑
P (Sn ≤ t) FSn (t) = mt .
n=1
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 → ∞?* Contoh/Latihan: Telpon seluler de’ Ika selalu terisi pulsa 100rb. Jika pulsa habis, Ika langsung mengisinya (kayaknya si 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? 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?
5.3
Proses Renewal
Definisi 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...
MA5181 Pros.Stok.
3
K. Syuhada, PhD.
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? 2. Dapatkah kita mengabaikan proses kedatangan nasabah dan hanya berkonsentrasi pada waktu yang dihabiskan nasabah di mesin ATM? 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? 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?
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 → ∞, mt 1 → . 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, ( ) ∫ x Nt − t/µ 1 2 lim P √ e−x /2 dx. <x = √ 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 .
MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
BAB 6 Matriks Stokastik dan Rantai Markov 6.1
Matriks stokastik
Perhatikan matriks-matriks berikut: ( P=
) 0.5 0.5 , 1 0
0.7 0 0.3 0 0.5 0 0.5 0 P= 0 0.4 0 0.6 , 0.2 0.2 0.2 0.4
yang memiliki sifat-sifat (i) memiliki jumlah baris dan kolom sama atau matriks bujursangkar, (ii) jumlah unsur-unsur di setiap baris adalah satu, (iii) tidak selalu memiliki jumlah unsur-unsur di setiap kolom sama dengan satu, (iv) nilai setiap unsurnya diantara nol dan satu. Matriks dengan sifat-sifat diatas dikatakan sebagai matriks stokastik atau matriks peluang transisi, dimana setiap unsur matriks Pij adalah peluang berpindahnya keadaan i (pada waktu t) ke keadaan j (pada waktu t + 1); disebut juga peluang transisi. Keadaan-keadaan i dan j adalah anggota dari ruang keadaan St (analog dengan ruang sampel) yang bernilai integer (dan hingga); ruang keadaan juga mendefinisikan peubah acak, sebut Xt . Kita tahu bahwa 0 ≤ Pij ≤ 1; berpindahnya keadaan i ke j memberikan indikasi bahwa Pij adalah peluang bersyarat.
1
Latihan: 1. Suatu matriks stokastik dengan ruang keadaan {0, 1, 2},
0.1 0.2 0.7 P = 0 0.1 0.9 . 0.1 0.8 0.1 Diketahui P (X0 = 0) = 0.3, P (X0 = 1) = 0.4, P (X0 = 2) = 0.3. Hitung P (X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2) 2. Diketahui matriks peluang transisi untuk ruang keadaan {0, 1, 2} sbb:
0.7 0.2 0.1 P = 0.4 0.6 0 0.5 0 0.5 Hitung P (X2 = 1, X3 = 1 | X1 = 0) dan P (X1 = 1, X2 = 1 | X0 = 0) 3. Suatu matriks stokastik yang didefinisikan pada ruang keadaan {0, 1, 2},
0 1/3 2/3 P = 0 1/5 4/5 1 0 0 Hitung E(X3 |X2 = 1) Matriks stokastik yang didefinisikan diatas lebih tepat dikatakan sebagai matriks peluang transisi satu langkah, karena unsur matriks Pij berada pada ruang waktu {t, t + 1}; keadaan berpindah satu-langkah ke keadaan berikutnya.
6.2
Matriks stokastik n-langkah
Pandang matriks stokastik satu-langkah: ( ) 1/3 2/3 P= . 0 1 Kita ingin menentukan matriks stokastik dua-langkah. Artinya, matriks yang didefinisikan pada ruang keadaan yang sama namun ruang waktu {t, t + 2}. Jadi, jika sebelumnya kita mempunyai Pij = Pij1 = P (Xt+1 = j) | Xt = i), MA5181 Pros.Stok.
2
K. Syuhada, PhD.
sekarang kita ingin mendapatkan Pij2 = P (Xt+2 = j | Xt = i). Perhatikan bahwa, untuk mendapatkan peluang transisi yang menyatakan berpindahnya keadaan “0” (pada waktu t) ke keadaan “0” pada waktu t + 2 2 atau P00 , misalnya, kita mungkin mendapatkannya melalui peluang total, 2 = P (Xt+2 = 0 | Xt = 0) P00 = P (Xt+2 = 0, Xt+1 = 0 | Xt = 0) + P (Xt+2 = 0, Xt+1 = 1 | Xt = 0) = P (Xt+2 = 0 | Xt+1 = 0, Xt = 0)P (Xt+1 = 0 | Xt = 0) + P (Xt+2 = 0 | Xt+1 = 1, Xt = 0)P (Xt+1 = 1 | Xt = 0) = P (Xt+2 = 0 | Xt+1 = 0)P (Xt+1 = 0 | Xt = 0) + P (Xt+2 = 0 | Xt+1 = 1)P (Xt+1 = 1 | Xt = 0) = P00 P00 + P10 P01 . 2 2 2 Begitu pula dengan P01 , P10 dan P11 , yang dapat melewati keadaan “0” atau “1” pada waktu t + 1.
Persamaan Chapman-Kolmogorov Misalkan Pijn menyatakan peluang transisi n-langkah suatu proses di keadaan i akan berada di keadaan j, Pijn = P (Xt+n = j|Xt = i), n ≥ 0, i, j ≥ 0. Persamaan Chapman-Kolmogorov adalah alat untuk menghitung peluang transisi n + m-langkah: Pijn+m
=
∞ ∑
m Pikn Pkj ,
k=0 m untuk semua n, m ≥ 0 dan semua i, j. Pikn Pkj menyatakan peluang suatu proses dalam keadaan i akan berada di keadaan j dalam n+m transisi, melalui keadaan k dalam n transisi/langkah.
Peluang Transisi Tak Bersyarat Peluang transisi Pij2 , atau secara umum Pijn , yang telah kita hitung diatas adalah peluang bersyarat. Kini, apabila ingin dihitung P (Xt+n = j) atau P (Xn = j), kita gunakan konsep peluang total, P (Xn = j) =
∞ ∑
P (Xn = j|X0 = i) P (X0 = i) =
i=0
MA5181 Pros.Stok.
∞ ∑
Pijn αi ,
i=0
3
K. Syuhada, PhD.
dengan αi = P (X0 = i), i∑ ≥ 0 adalah peluang tak bersyarat pada keadaan awal atau t = 0. Catatan: ∞ i=0 αi = 1.
6.3
Lebih jauh tentang matriks stokastik
6.3.1
Perkalian matriks
Misalkan kita memiliki matriks stokastik P. Apa yang dapat kita lakukan (lagi) terhadap matriks tersebut? Misalkan ( ) P00 P01 P= . P10 P11 Kita ingin menghitung perkalian matriks P · P = P2 , ) ( ) ( P00 P01 P00 P01 · P·P= P10 P11 P10 P11 ( ) 2 P00 + P01 P10 P00 P01 + P01 P11 = . 2 P10 P00 + P11 P10 P10 P01 + P11
6.3.2
Kebebasan dalam matriks stokastik
Misalkan ) ( 0.7 0.3 , P= 0.7 0.3 Apakah yang dapat kita katakan tentang matriks dengan setiap unsur pada suatu baris sama dengan unsur pada baris lain di kolom yang sama? Perhatikan bahwa, P (Xt = 0|Xt−1 = 0) = P (Xt = 0|Xt−1 = 1) = 0.7 dan kita tahu melalui peluang total P (Xt = 0) = P (Xt = 0|Xt−1 = 0)P (Xt−1 = 0) + P (Xt = 0|Xt−1 = 1)P (Xt−1 = 1) α = 0.7 · α + 0.7 · (1 − α), MA5181 Pros.Stok.
4
K. Syuhada, PhD.
sehingga diperoleh α = 0.7. Dengan kata lain, P (Xt = 0|Xt−1 = 0) = 0.7 = P (Xt = 0). Artinya, barisan peubah acak Xt saling bebas.
6.3.3
Perkalian n matriks
Misalkan ( ) 1−α α P= , β 1−β dimana 0 < α, β < 1. Jika α = 1 − β maka unsur-unsur di setiap baris sama. Dengan kata lain, X1 , X2 , . . . merupakan peubah acak yang bersifat i.i.d. dengan P (Xn = 0) = β dan P (Xn = 1) = α. Jika α ̸= 1 − β maka distribusi peluang Xn bergantung keluaran dari Xn−1 . Kita ingin menentukan Pn sebagai berikut: ( ) ( ) β α α −α (1−α−β)n 1 n P = α+β + α+β β α −β β Misalkan ) ( β α A= β α dan ( B=
α −α −β β
)
Kita dapat menuliskan: Pn = (α + β)−1 [A + (1 − α − β)n B] dan menunjukkan bahwa AP = A, BP = (1 − α − β)n B MA5181 Pros.Stok.
5
K. Syuhada, PhD.
Kemudian, dengan induksi matematika kita tunjukkan P1 = P, dan Pn P = Pn+1 .
6.3.4
Limit peluang
Misalkan ( ) 1−α α P= . β 1−β Karena 0 < α, β < 1, maka |1 − α − β| < 1. Akibatnya, |1 − α − β|n → 0, untuk n → ∞ dan ( lim P =
n→∞
β α+β β α+β
α α+β α α+β
) .
Misalkan matriks stokastiks P berukuran 2 × 2, ( ) P00 P01 P= ; P10 P11 matriks tersebut memiliki limit peluang yang direpresentasikan dalam matriks π, ) ( π0 . π= π1 Kita ingin menentukan PT π dan menyelesaikan persamaan matriks PT π = π,
MA5181 Pros.Stok.
6
K. Syuhada, PhD.
dimana jumlah unsur matriks π haruslah sama dengan 1. Untuk ( P=
1−α α β 1−β
) ,
diperoleh: (
π0 π1
π=
6.3.5
(
) =
β α+β α α+β
) .
Unsur Pij dan sifat keadaan
Pandang matriks stokastik ( ) P00 P01 P= , P10 P11 dimana Pij dapat bernilai nol atau satu atau diantaranya. Jika Pij > 0, artinya keadaan j dapat dicapai (diakses) dari keadaan i, atau i → j. Jika i juga dapat diakses dari j, dikatakan maka kedua keadaan dikatakan berkomunikasi, i ↔ j. Diskusi • Adakah hubungan antara sifat komunikasi dua keadaan dengan kebebasan dalam matriks stokastik? • Bagaimana jika kita mempunya matriks stokastik identitas ( P=
1 0 0 1
) ?
Apa yang dapat kita katakan tentang keadaan j?
MA5181 Pros.Stok.
7
K. Syuhada, PhD.
6.3.6
“Waktu” dalam matriks stokastik
Pandang matriks stokastik berukuran 3×3 atau dengan ruang keadaan {0, 1, 2}, 1 0 0 P = α β γ , 0 0 1 dimana α, β, γ > 0 dan α + β + γ = 1. Jika, pada waktu t, proses berada di keadaan 0 atau 2, maka proses akan tetap berada di keadaan itu. Sementara itu, jika proses berada di keadaan 1, proses akan bergerak ke keadaan lain; jika ke keadaan 0 atau 2, maka berlaku proses seperti yang dijelaskan sebelumnya. Diskusi • Ke keadaan mana, 0 atau 2, proses akan berakhir? • Berapa lama (langkah) proses menuju keadaan tersebut? Misalkan T = min{n ≥ 0; Xn = 0 atau Xn = 2}. Kita ingin menentukan u = P (XT = 0|X0 = 1) dan v = E(T |X0 = 1). Pada langkah pertama, setelah langkah 0, proses mungkin berada di keadaan 0, 1 atau 2 dengan peluang berturut-turut α, β, γ. Jika X1 = 0 maka T = 1 dan XT = 0; jika X1 = 2 maka T = 1 dan XT = 2. Jika X1 = 1 maka proses berlanjut, P (XT = 0|X1 = 0) = 1, P (XT = 0|X1 = 1) = u, P (XT = 0|X1 = 2) = 0. Dengan menggunakan konsep peluang total, u = P (XT = 0|X0 = 0) =
=
2 ∑ k=0 2 ∑
P (XT = 0|X1 = k, X0 = 1)P (X1 = k|X0 = 1) P (XT = 0|X1 = k)P (X1 = k|X0 = 1)
k=0
= 1 · α + u · β + 0 · γ, MA5181 Pros.Stok.
8
K. Syuhada, PhD.
atau u=
α α = . 1−β α+γ
Sementara itu, v = E(T |X0 = 1) =
2 ∑
E(1 + T |X1 = k, X0 = 1)
k=0
= 1 + E(T |X1 = 0, X0 = 1)P (X1 = 0|X0 = 1) + E(T |X1 = 1, X0 = 1)P (X1 = 1|X0 = 1) + E(T |X1 = 2, X0 = 1)P (X1 = 2|X0 = 1) = 1 + 0 · α + v · β + 0 · γ, atau v=
1 . 1−β
Catatan: Perhatikan bahwa p.a. T , yang menyatakan langkah untuk mencapai proses/keadaan yang absorbing, berdistribusi geometrik dengan distribusi peluang P (T > k|X0 = 1) = β k , k = 0, 1, . . . , dan ekspektasi E(T |X0 = 1) =
1 . 1−β
Diskusi: Bagaimana dengan matriks stokastik berikut, 1 0 0 0 P10 P11 P12 P13 = P20 P21 P22 P23 ? 0 0 0 1
6.3.7
Matriks stokastik dari matriks stokastik
Misalkan barisan peubah acak {Xt } didefinisikan melalui matriks stokastik berikut: MA5181 Pros.Stok.
9
K. Syuhada, PhD.
( P=
1−α α β 1−β
) .
Kita ingin menentukan E(sXt ). Perhatikan fungsi pembangkit peluang (fpp), G(s, t) = E(sXt ) = s0 P (Xt = 0) + s1 P (Xt = 1) = P (Xt = 0) + P (Xt = 1). Untuk t = 0, G(s, 0) = P (X0 = 0) + P (X0 = 1) Untuk t = 1, G(s, 1) = P (X1 = 0) + P (X1 = 1) = P (X1 = 0|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X1 = 0|X0 = 1)P (X0 = 1) + P (X1 = 1|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X1 = 1|X0 = 1)P (X0 = 1) = (1 − α)P (X0 = 0) + βP (X0 = 1) + αP (X0 = 0) + (1 − β)P (X0 = 1) = P (X0 = 0) + P (X0 = 1) Pandang proses {Xt } diatas. Definisikan Yt =
t ∑
Xi .
i=0
Apakah proses {Yt } membentuk suatu matriks stokastik? Tentukan GYt (s, t). Untuk t = 0, 1, 2, . . ., Y0 = X0 Y1 = X0 + X1 Y2 = X0 + X1 + X2 .. . Nilai yang mungkin untuk peubah acak Y0 adalah 0 dan 1, dengan peluang P (Y0 = 0) = P (X0 = 0) MA5181 Pros.Stok.
10
K. Syuhada, PhD.
dan P (Y0 = 1) = P (X0 = 1) Nilai yang mungkin untuk peubah acak Y1 adalah 0,1 dan 2, dengan peluang P (Y1 = 0) = P (Y1 = 0|Y0 = 0)P (Y0 = 0) + P (Y1 = 0|Y0 = 1)P (Y0 = 1) = P (X0 + X1 = 0|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X0 + X1 = 0|X0 = 1)P (X0 = 1) = P (X1 = 0|X0 = 0)P (X0 = 0) + 0 = (1 − α) P (X0 = 0) P (Y1 = 1) = P (Y1 = 1|Y0 = 0)P (Y0 = 0) + P (Y1 = 1|Y0 = 1)P (Y0 = 1) = P (X0 + X1 = 1|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X0 + X1 = 1|X0 = 1)P (X0 = 1) = P (X1 = 1|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X1 = 0|X0 = 1)P (X0 = 1) = α P (X0 = 0) + β P (X0 = 1) P (Y1 = 2) = P (Y1 = 2|Y0 = 0)P (Y0 = 0) + P (Y1 = 2|Y0 = 1)P (Y0 = 1) = P (X0 + X1 = 2|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X0 + X1 = 2|X0 = 1)P (X0 = 1) = P (X1 = 2|X0 = 0)P (X0 = 0) + P (X1 = 1|X0 = 1)P (X0 = 1) = 0 + (1 − β) P (X0 = 1) Diskusi Dapatkah anda menentukan fpp dari proses dengan matriks stokastik berikut: 1 0 0 P= α β γ ? 0 0 1
MA5181 Pros.Stok.
11
K. Syuhada, PhD.
6.4
Rantai Markov
Proses stokastik {Xn } adalah Rantai Markov: • n = 0, 1, 2, . . . • nilai yang mungkin dari Xn adalah hingga atau terhitung • memiliki peluang transisi atau peluang berpindahnya keadaan “i” (pada waktu t = n) ke keadaan “j” (pada waktu t = n + 1), ( ) 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 Rantai Markov direpresentasikan dalam suatu matriks peluang transisi atau matriks stokastik P00 P01 P02 · · · P10 P11 P12 · · · . .. .. . . . P= . , Pi0 Pi0 Pi0 · · · .. .. .. . . . dimana Pij ≥ 0, i, j ≥ 0;
∑∞ j=0
Pij = 1, i = 0, 1, . . ..
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 satu-langkah atau one-step transition probability. Kita tahu bahwa peluang bersama ) ( P Xn = i, Xn−1 = in−1 , . . . , X1 = i1 , X0 = i0
MA5181 Pros.Stok.
12
K. Syuhada, PhD.
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 Latihan 1. 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... 2. 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... 3. Sebagai calon atlet, setiap pagi Laila meninggalkan rumahnya untuk berlari pagi. Laila akan pergi lewat pintu depan atau belakang dengan peluang sama. Ketika meninggalkan rumah, Laila memakai sepatu olah raga atau bertelanjang kaki. Ketika pulang, Laila akan masuk lewat pintu depan atau belakang dan meletakkan sepatunya dengan peluang sama. Diketahui bahwa Laila memiliki 4 pasang sepatu olah raga. Bentuklah suatu Rantai Markov dari proses diatas. 4. Lena akan melantunkan koin terus menerus hingga diperoleh keluaran B, B, M (2 keluaran Belakang berturut-turut yang kemudian diikuti oleh keluaran Muka). Bentuklah rantai Markov yang mungkin. Perhatikan bahwa jika lantunan Lena adalah M , lalu B, lalu M artinya adalah Lena harus mengulang lantunan dari awal.
MA5181 Pros.Stok.
13
K. Syuhada, PhD.