Saran

BAB V KESIMPULAN DAN SARAN

B. Saran

6 BAB II

TEORI PELUANG DAN PROSES STOKASTIK

Dalam bab ini akan dipaparkan landasan teori yang digunakan dalam

skripsi, yaitu teori peluang dan proses stokastik. A. Teori Peluang

Untuk menyelesaikan permasalahan dalam skripsi ini, perlu diingat kembali

mengenai konsep dasar teori peluang. Definisi 2.1.1

Sebuah percobaan dikatakan acak apabila hasil dari percobaan tidak dapat

ditentukan secara pasti sampai percobaan tersebut selesai dilakukan.

Hasil percobaan acak tidak dapat diprediksi sebelumnya, namun dapat

diten-tukan himpunan peluang hasil dari percobaan. Definisi 2.1.2

Himpunan semua hasil yang mungkin dari sebuah percobaan acak disebut

se-bagai ruang sampel dari percobaan tersebut dan dinotasikan dengan S. Contoh 2.1.2:

Jika hasil dari sebuah percobaan adalah klasifikasi jenis kelamin bayi yang

baru lahir maka 𝑆 = {𝑙, 𝑝}, dengan hasil l mengidentifikasikan bahwa laki-laki dan p adalah perempuan.

Definisi 2.1.3

Anggota dari ruang sampel disebut sebagai titik sampel.

Contoh 2.1.3:

Definisi 2.1.4

Setiap subhimpunan dari ruang sampel disebut sebagai kejadian. Dengan kata

lain, kejadian adalah sebuah himpunan yang memuat peluang hasil dari

percobaan. Kejadian seringkali dinotasikan dengan E. Contoh 2.1.4

Jika 𝐸 = {𝑝} maka E adalah kejadian jenis kelamin bayi yang baru lahir ada-lah perempuan.

Definisi 2.1.5

Untuk setiap dua kejadian E dan F dari sebuah ruang sampel S, didefinisikan

𝐸 ∪ 𝐹 memuat semua hasil yang ada di E atau di F atau di E dan F.

Himpunan 𝐸 ∪ 𝐹 disebut gabungan dari kejadian E dan F. Contoh 2.1.5

Jika kejadian 𝐸 = {𝑙} dan 𝐹 = {𝑝} maka 𝐸 ∪ 𝐹 = {𝑙, 𝑝}. Definisi 2.1.6

Untuk setiap dua kejadian E dan F, didefinisikan 𝐸 ∩ 𝐹 adalah kejadian yang memuat semua hasil yang berada di E dan sekaligus di F. Himpunan 𝐸 ∩ 𝐹 disebut irisan dari kejadian E dan F.

Contoh 2.1.6

Dilakukan percobaan acak melempar sebuah koin setimbang sebanyak 2 kali.

Titik sampel dari percobaan adalah gambar yang dinotasikan dengan G dan angka yang dinotasikan dengan A. Jika E = {(G,G), (G,A), (A,G)} adalah kejadian dengan setidaknya 1 gambar muncul dan F = {(G,A), (A,G), (A,A)} adalah kejadian dengan setidaknya 1 angka muncul maka 𝐸 ∩ 𝐹 =

Definisi 2.1.7

Untuk setiap kejadian E, didefinisikan kejadian baru 𝐸𝑐 _{yang memuat semua} hasil dalam ruang sampel S yang tidak berada di E. Kejadian 𝐸𝑐 _{akan muncul} jika dan hanya jika E tidak muncul. Kejadian 𝐸𝑐 _{disebut komplemen dari} ke-jadian E.

Contoh 2.1.7

Dilakukan percobaan pelemparan dua buah dadu sebanyak satu kali. Jika ke-jadian 𝐸 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}, maka 𝐸𝑐 _{akan muncul} saat jumlahan dadu tidak sama dengan 7.

Definisi 2.1.8

Kejadian E dan F dikatakan saling asing apabila memenuhi 𝐸 ∩ 𝐹 = ∅.

Contoh 2.1.8

Kejadian A merupakan munculnya sisi gambar dan B munculnya sisi angka apabila sebuah koin dilempar sekali. Kejadian A dan B saling asing karena 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅.

Definisi 2.1.9

Peluang adalah sebuah fungsi dari ruang sampel S ke ℝ yang memenuhi tiga sifat di bawah ini:

1. ℙ(𝐴) ∈ [0,1] ∀𝐴 ⊆ 𝑆

2. ℙ(𝑆) = 1, dan

3. untuk barisan berhingga atau tak hingga yang saling asing 𝐴_𝑖 di dalam S berlaku

ℙ (⋃ 𝐴_𝑖

𝑖

) = ∑ ℙ(𝐴_𝑖),

Karena |𝑆| = 𝑛 dan telah diketahui ∀𝐴 ⊆ 𝑆, peluang suatu kejadian A dapat dihitung yaitu:

ℙ(𝐴) = |𝐴|

|𝑆|. Contoh 2.1.9

Pada percobaan melempar sebuah dadu bermata 6 sebanyak satu kali, terdapat

6 titik sampel dalam ruang sampel {1, 2, 3, 4, 5, 6}, yaitu muncul sisi dadu bermata 1, 2, 3, 4, 5, dan 6. Kejadian-kejadian yang mungkin saja terjadi

misalnya: munculnya mata dadu ganjil, munculnya mata dadu genap,

mun-culnya mata dadu prima, dan sebagainya. Bila pada percobaan diinginkan

muncul mata dadu 2, 3 dan 5, atau sebanyak 3 titik sampel dari ruang sampel

6, maka peluang kejadian muncul mata dadu prima adalah 3 6. Definisi 2.1.10

Peluang bersyarat dari kejadian E dengan syarat kejadian F didefinisikan sebagai berikut

ℙ(𝐸|𝐹) =^{ℙ(𝐸 ∩ 𝐹)}_{ℙ(𝐹) , ℙ(𝐹) ≠ 0.}

Definisi 2.1.11

Kejadian E dan F dikatakan saling bebas (independent) jika diketahui

ℙ(𝐸|𝐹) = ℙ(𝐸).

Sebagai akibatnya, E dan F saling bebas jika dan hanya jika ℙ(𝐸 ∩ 𝐹) = ℙ(𝐸)ℙ(𝐹).

Contoh 2.1.11

Pada pelemparan dua keping koin sekali, M munculnya sisi angka pada koin pertama, dan N munculnya sisi gambar pada koin kedua adalah kejadian

sal-ing bebas; 𝑆 = {𝐴𝐴, 𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐺𝐺}, ℙ(𝑀) =¹₂, ℙ(𝑁) =¹₂, ℙ(𝑀 ∩ 𝑁) =¹₄,

ℙ(𝑀|𝑁) =^1⁄4

1_⁄2 =¹₂ = ℙ(𝑀).

Aturan Bayes merupakan perluasan dari peluang bersyarat. Teorema 2.1.12 (Aturan Bayes)

Untuk dua kejadian E dan F berlaku

ℙ(𝐹|𝐸) =^{ℙ(𝐹 ∩ 𝐸)}_{ℙ(𝐸) =ℙ(𝐸 ∩ 𝐹) + ℙ(𝐸 ∩ 𝐹}^{ℙ(𝐸|𝐹)ℙ(𝐹)} _𝐶)

= ^{ℙ(𝐸|𝐹)ℙ(𝐹)}

ℙ(𝐸|𝐹)ℙ(𝐹) + ℙ(𝐸|𝐹𝐶)ℙ(𝐹𝐶)

Contoh 2.1.12

Diketahui populasi suatu kota terdiri dari 45% wanita dan 55% pria dan

diketahui juga 70% dari pria dan 10% dari wanita adalah seorang perokok.

Keterangan: P= kejadian yang terpilih adalah pria, W= kejadian yang terpilih adalah wanita, R= kejadian yang terpilih adalah perokok. Peluang kejadian seorang perokok dipilih secara acak, maka dengan menggunakan aturan

Bayes diperoleh ℙ(𝑃|𝑅) =_{ℙ(𝑅|𝑃)ℙ(𝑃) + ℙ(𝑅|𝑊)ℙ(𝑊)}^{ℙ(𝑅|𝑃)ℙ(𝑃)} ℙ(𝑃|𝑅) = 70 100 .100⁵⁵ 70 100 .100 +⁵⁵ 100 .¹⁰ 100⁴⁵ = 0,895. Teorema 2.1.13 (Hukum Peluang Total)

(1) 𝐹_𝑖 ∩ 𝐹_𝑗 = ∅, untuk 𝑖 ≠ 𝑗

(2) 𝐹1∪ 𝐹2∪ … ∪ 𝐹𝑘 = 𝑆

untuk setiap kejadian 𝐸 ⊆ 𝑆 berlaku

ℙ(𝐸) = ∑ ℙ(𝐴 ∩ 𝐹_𝑖) 𝑘 𝑖=1 = ∑ ℙ(𝐴|𝐹_𝑖)ℙ(𝐹_𝑖) 𝑘 𝑖=1 . Contoh 2.1.13

Dari hasil penelitian sebuah negara didapatkan bahwa 7% penduduk pria dan

0,4% penduduk wanita mengidap buta warna. Prosentase penduduk dalam

negara tersebut yakni, tersebut 49% pria dan 51% wanita. Seorang penduduk

dipilih secara acak. Tentukan peluang bahwa seseorang tersebut buta warna.

Keterangan : C= kejadian orang yang terpilih buta warna; P= kejadian orang yang terpilih adalah pria; W=kejadian orang yang dipilih adalah wanita. Menurut Teorema 2.1.13, berlaku

ℙ(𝐶) = ℙ(𝐶|𝑃)ℙ(𝑃) + ℙ(𝐶|𝑊)ℙ(𝑊) = 0,07 ∙ 0,49 + 0,004 ∙ 0,51 = 0,03634.

Definisi 2.1.14

Diberikan S adalah ruang sampel dan T adalah himpunan terhitung. Peubah acak diskret X adalah fungsi dari S ke T. Distribusi dari peubah acak X adalah barisan nilai peluang ℙ(𝑋 = 𝑘) untuk setiap 𝑘 ∈ 𝑇.

Contoh 2.1.14

Pada satu kali pelemparan sekeping koin setimbang, X bernilai 0 saat kejadian muncul angka dan bernilai 1 saat kejadian muncul gambar. Peluang

X bernilai 1 dan X bernilai 0 masing-masing adalah 1

2. Tiga koin setimbang dilempar dan menghasilkan 8 kemungkinan yaitu {𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐺, 𝐴𝐺𝐴, 𝐺𝐴𝐴,

𝐺𝐺𝐴, 𝐺𝐴𝐺, 𝐴𝐺𝐺, 𝐺𝐺𝐺|𝐴 = sisi angka, 𝐺 = sisi gambar}, sehingga peluang

X bernilai 0 yang ditulis ℙ(𝑋 = 0) adalah 1

8^{. Selanjutnya} ℙ(𝑋 = 1) =³₈,

ℙ(𝑋 = 2) =³_{8 , ℙ}(𝑋 = 3) =¹_8.

Definisi 2.1.15

Distribusi dari peubah acak X adalah himpunan nilai-nilai dari X beserta pelu-angnya. Distribusi peubah acak diskret ditentukan oleh fungsi masa peluang (fmp).

Jika X dan Y peubah acak diskret, maka fmp gabungannya ℙ(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 𝑦).

Peluang bersyarat dari Y apabila diketahui 𝑋 = 𝑥 adalah

ℙ(𝑌 = 𝑦|𝑋 = 𝑥) =^{ℙ(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 𝑦)}_{ℙ(𝑋 = 𝑥)} .

Contoh 2.1.15

Diberikan satu kotak yang berisi sembilan bola yang terdiri dari dua bola

merah, 3 bola biru dan 4 bola putih. Tiga bola diambil secara acak tanpa

dikembalikan. Tentukan fmp bersyarat dari banyaknya bola biru yang

teram-bil jika diketahui banyaknya bola merah yang teramteram-bil adalah satu.

Keterangan: Y= banyak bola biru yang terambil dengan 𝑌 = 𝑦 dan 𝑦 ∈

{0,1,2}; X= banyak bola merah yang terambil.

ℙ(𝑌 = 𝑦|𝑋 = 1) =^{ℙ(𝑌 = 𝑦, 𝑋 = 1)}_{ℙ(𝑋 = 1)} = (3𝑦)(²1) (2 − 𝑦)⁴ (93) (21)(⁷2) (93) =(3𝑦)(2 − 𝑦)⁴ 21 = { 2 7 , ^{𝑦 = 0} 4 7 , ^{𝑦 = 1} 1 7 , ^{𝑦 = 2} . Definisi 2.1.16

Nilai harapan peubah acak diskret X, dilambangkan dengan 𝔼(𝑋), didefinisi-kan sebagai jumlah hasil kali nilai peubah acak dengan masing-masing

pelu-angnya:

𝔼(𝑋) = ∑ 𝑥ℙ(𝑋 = 𝑥). ∀𝑥

Contoh 2.1.16

Peluang seseorang menembak tepat sasaran adalah 0,6. Jika dia melakukan

tembakan sebanyak 100 kali maka nilai harapan seseorang menembak

mengenai sasaran adalah

𝔼(𝑋) = 100 ∙ 0,6 = 60. Definisi 2.1.17

Nilai harapan bersyarat dari peubah acak Y apabila diberikan 𝑋 = 𝑥 adalah 𝔼(𝑌|𝑋 = 𝑥) = ∑ 𝑦ℙ(𝑌 = 𝑦|𝑋 = 𝑥)

∀𝑦

. Beberapa sifat nilai harapan bersyarat:

𝔼(𝑎𝑌 + 𝑏𝑍|𝑋 = 𝑥) = 𝑎𝔼(𝑌|𝑋 = 𝑥) + 𝑏𝔼(𝑍|𝑋 = 𝑥)

2. Jika g adalah sebuah fungsi, maka nilai harapan bersyarat untuk peubah acak diskret 𝑔(𝑌) adalah

𝔼(𝑔(𝑌)|𝑋 = 𝑥) = ∑ 𝑔(𝑦)ℙ(𝑌 = 𝑦|𝑋 = 𝑥) ∀𝑌

3. Jika X dan Y saling bebas, maka 𝔼(𝑌|𝑋 = 𝑥) = 𝔼(𝑌) 4. Jika 𝑌 = 𝑔(𝑋), maka 𝔼(𝑌|𝑋 = 𝑥) = 𝑔(𝑥).

Contoh 2.1.17

Diberikan nilai peluang dari = {(1,1), (1,2), (2,1), (2,2)}: ℙ(1,1) =

0,5, ℙ(1,2) = 0,1, ℙ(2,1) = 0,1, ℙ(2,2) = 0,3 Dapat dihitung peluang

ber-syarat X bila diberikan 𝑌 = 1. Diketahui

ℙ𝑌(1) = ∑ ℙ(𝑥, 1) = ℙ(1,1) + ℙ(2,1) = 0,6 𝑋 sehingga diperoleh ℙ𝑋|𝑌(1|1) = ℙ(𝑋 = 1|𝑌 = 1) =^{ℙ(𝑋 = 1, 𝑌 = 1)}_{ℙ(𝑌 = 1)} =^ℙ(1,1)_ℙ 𝑌(1) = 5 6 ℙ𝑋|𝑌(2|1) =^ℙ(2,1)_ℙ 𝑌(1) = 1 6. Definisi 2.1.18

Diberikan peubah acak Y dan 𝐴₁, 𝐴_{2 ,… ,}𝐴_𝑘 adalah partisi dari ruang sampel S. Berlaku 𝔼(𝑌) = ∑𝑘 𝔼(𝑌|𝐴_𝑖)ℙ(𝐴_𝑖)

𝑖=1 ^.

Jika X dan Y dua peubah acak yang mempunyai distribusi bersama, maka

𝔼(𝑌) = ∑ 𝔼(𝑌|𝑋 = 𝑥)ℙ(𝑋 = 𝑥) 𝑋

Contoh 2.1.18

Sebuah koin setimbang dilambungkan berkali-kali. Dinotasikan A= kejadian muncul angka, G= kejadian muncul gambar. Koin dilambungkan sekali dengan kemungkinan hasil A dan G, dilambungkan dua kali dengan kemung-kinan 𝐴𝐴, 𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐺𝐺 dan seterusnya sehingga didapatkanS = {𝐴, 𝐺, 𝐴𝐴, 𝐴𝐺,

𝐺𝐴, 𝐺𝐺, 𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐺𝐴, 𝐴𝐴𝐺, … }. Andaikan S dipartisi menjadi 3 partisi: S₁ =

{lambungan 1: A}; S2 = {lambungan 1 dan 2: GA};

𝑆₃ = {lambungan 1 dan 2: GG} dengan S₁ terjadi saat diperlukan setidaknya

3 kali pelambungan, S2 ^{terjadi saat diperlukan setidaknya 4 kali pelambungan} dan S3 ^{terjadi saat diperlukan hanya 2 kali pelambungan. Tentukan nilai} harapan dari Y= banyaknya pelambungan yang dilakukan untuk mendapat dua gambar berurutan.

Menurut Definisi 2.1.18

𝔼(𝑌) = 𝔼(𝑌|S1)ℙ(𝑆) + 𝔼(𝑌|𝑆2)ℙ(𝑆) + 𝔼(𝑌|S3)ℙ(𝑆3)

karena pelambungan bersifat saling bebas, berlaku

𝔼(𝑌|S₁) = 1 + 𝔼(𝑌), 𝔼(𝑌|S₂) = 2 + 𝔼(𝑌) dan 𝔼(𝑌) = (1 + 𝔼(𝑌))¹_{2 + (2 + 𝔼}(𝑌))¹_{4 + 2 ∙}¹₄ 4𝔼(𝑌) = 2 + 2𝔼(𝑌) + 2 + 𝔼(𝑌) + 2 𝔼(𝑌) = 6. Definisi 2.1.19

Misal X adalah suatu peubah acak dengan 𝔼(𝑋) = 𝑈. Variansi peubah X, dengan simbol 𝑉𝑎𝑟(𝑋), didefinisikan sebagai

𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝔼[(𝑋 − 𝑈)2] = ∑(𝑥𝑖 − 𝑈)2ℙ(𝑥𝑖). 𝑡

𝑖=1

Variansi peubah X merupakan rata-rata nilai harapan dari deviasi kuadrat. Teorema 2.1.20

Apabila X suatu peubah acak dengan rata-rata 𝔼(𝑋) = 𝑈 dan 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝜎2, maka

𝜎2 = 𝔼(𝑋2) − [𝔼(𝑋)]2 = 𝔼(𝑋2) − 𝑈2.

Contoh 2.1.20

Banyaknya pesanan barang dalam satuan yang masuk selama satu minggu

adalah sebanyak X. Peluang terjadinya 𝑋 = 𝑥 adalah ℙ(𝑋). Dihitung rata-rata banyaknya pesanan yang diharapkan dan variansinya, dengan diketahui data

sebagai berikut.

X 0 1 2 3

ℙ (X) 0,125 0,375 0,375 0,125

Dihitung terlebih dahulu nilai harapan dari kasus diatas

𝔼(𝑋) = 0 ∙ ℙ(0) + 1 ∙ ℙ(1) + 2 ∙ ℙ(2) + 3 ∙ ℙ(3), 𝔼(𝑋) = 0 ∙ 0,125 + 1 ∙ 0,375 + 2 ∙ 0,375 + 3 ∙ 0,125, 𝔼(𝑋) = 1,5.

Selanjutnya dihitung variansinya,

𝑉𝑎𝑟(𝑋) = ∑(𝑥_𝑖− 𝑈)2ℙ(𝑥_𝑖)

𝑡 𝑖=1

+(2 − 1,5)2∙ 0,375 + (3 − 1,5)2 ∙ 0,125 = 0,75.

Definisi 2.1.21

Misalkan X adalah peubah acak diskret dengan nilai bilangan bulat positif. Fungsi pembangkit momen dari peubah acak didefinisikan sebagai berikut

𝑔_𝑋(𝑠) = 𝔼(𝑠𝑥) = ∑ 𝑠𝑛ℙ(𝑋 = 𝑛)

𝑛≥0

Jelas bahwa, 𝑔_𝑋(𝑠) adalah sebuah deret pangkat dan berlaku |𝑠𝑛ℙ(𝑋 =

𝑛)| ≤ |𝑠|𝑛 , 𝑠 ∈ (−1,1].

Proposisi 2.1.22

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling asing, maka 𝑔_𝑋+𝑌(𝑠) = 𝑔𝑋(𝑠)𝑔𝑌(𝑠).

Bukti: Menurut definisi

𝑔_𝑋+𝑌(𝑠) = ∑ 𝑠𝑛ℙ(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) 𝑛≥0 di lain pihak, ℙ(𝑋 + 𝑌 = 𝑛) = ∑ ℙ(𝑋 = 𝑘; 𝑌 = 𝑛 − 𝑘) 𝑛 𝑘=0 = ∑ ℙ(𝑋 = 𝑘)ℙ(𝑌 = 𝑛 − 𝑘) 𝑛 𝑘=0 ,

di mana persamaan terakhir didapatkan dari X dan Y yang saling bebas. Jadi 𝑔𝑋+𝑌(𝑠) = ∑𝑛≥0𝑠𝑛∑𝑘≥0ℙ(𝑋 = 𝑘)ℙ(𝑌 = 𝑛 − 𝑘) = ∑ 𝑠𝑛ℙ(𝑋 = 𝑛) 𝑛≥0 ∑ 𝑠𝑛ℙ(𝑌 = 𝑛) 𝑛≥0 = 𝑔𝑋(𝑠)𝑔𝑌(𝑠).

Proposisi 2.1.23

Misalkan X dan Y adalah peubah acak dengan fungsi pembangkit momen 𝑔𝑋 dan 𝑔𝑌^{. Diasumsikan} |𝑠| < 1

Jika 𝑔_𝑋(𝑠) = 𝑔_𝑌(𝑠) maka X dan Y memiliki distribusi yang sama. Berikut akan dijelaskan beberapa contoh peubah acak diskret yang akan

sering digunakan.

1. Peubah Acak Bernouli

Diberikan percobaan dengan dua hasil yang mungkin: sukses dan gagal.

Kita notasikan 𝑋 = 1 bila percobaan berhasil dan 𝑋 = 0 bila percobaan gagal. Nilai 0 dan 1 adalah nilai peubah acak Bernoulli. Dinotasikan

ℙ(𝑋 = 1) = 𝑝 dan ℙ(𝑋 = 0) = 𝑞 = 1 − 𝑝. Kita mempunyai

𝔼(𝑋) = 1 ∙ 𝑝 + 0 ∙ (1 − 𝑝) = 𝑝, dan

𝔼(𝑋2) = 1 ∙ 𝑝 + 02∙ (1 − 𝑝) = 𝑝.

Sehingga, 𝔼(𝑋) = 𝑝 dan 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝔼(𝑋2) − [𝔼(𝑋)]2 = 𝑝 − 𝑝2 = 𝑝(1 − 𝑝) = 𝑝𝑞.

2. Peubah Acak Binomial

Dipandang n peubah acak Bernoulli yang saling bebas dan berdistribusi identik 𝑋₁, 𝑋₂, … , 𝑋_𝑛. Diberikan p adalah peluang kesuksesan. Untuk 𝑖 = 1, … , 𝑛

ℙ(𝑋_𝑖 = 1) = 𝑝.

Apabila B adalah peubah acak yang memberikan jumlah sukses dengan n ulangan (trial), dengan i merupakan sukses jika 𝑋_𝑖 = 1 dan gagal jika 𝑋_𝑖 = 0, maka menurut Proposisi 2.1.23

𝐵 = 𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑛.

Peubah acak B dikatakan mempunyai distribusi Binomial dengan parame-ter n dan p yang dapat dibuktikan dengan Proposisi 2.2.23 fungsi pembangkit momen dari B sama dengan distribusi Binomial. Sehingga didapatkan ℙ(𝐵 = 𝑘) untuk 𝑘 = 0, 1, … , 𝑛.

Secara umum, jumlah peluang untuk sukses sebanyak k dalam n kali percobaan adalah

(𝑛𝑘) =_{𝑘! (𝑛 − 𝑘)!.}^𝑛!

Untuk masing-masing kemungkinan memiliki peluang 𝑝𝑘(1 − 𝑝)𝑛−𝑘 _dan masing-masing kemungkinan saling bebas. Jadi, untuk k=0,1,…,n berlaku distribusi binomial ℙ(𝐵 = 𝑘) = (𝑛𝑘)𝑝𝑘(1 − 𝑝)𝑛−𝑘.

Nilai harapan dari distribusi Binomial adalah

𝔼(𝐵) = 𝔼(𝑋1+ 𝑋2+ ⋯ + 𝑋𝑛) = 𝔼(𝑋1) + 𝔼(𝑋2) + ⋯ + 𝔼(𝑋𝑛) = 𝑛𝑝.

Variansi distribusi Binomial adalah

𝑉𝑎𝑟(𝐵) = 𝔼(𝐵2) − [𝔼(𝐵)]2 = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 𝑛𝑝𝑞.

3. Peubah Acak Geometri

Diasumsikan peluang percobaan p adalah sukses dan 𝑞 = 1 − 𝑝 adalah gagal. X adalah peubah acak yang berdistribusi Geometri, jika distribusi dari X diberikan oleh

ℙ(𝑋 = 𝑘) = 𝑞𝑘−1𝑝 untuk semua 𝑘 ≥ 1.

Dari jumlahan deret Geometri

∑ 𝑥𝑘 =_{1 − 𝑥}¹

𝑘≥0

untuk semua 𝑥 ∈ (−1,1), dengan menurunkan jumlahan di atas didapatkan

∑ 𝑘𝑥𝑘−1= _{(1 − 𝑥)}¹ ₂. 𝑘≥1

Penerapan rumus tersebut mendapatkan nilai harapan

𝔼(𝑋) = ∑ 𝑘𝑞𝑘−1𝑝 = 𝑝_{(1 − 𝑞)}¹ ₂ =¹_𝑝

𝑘≥1

. Variansi dari distribusi Geometri adalah

𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝔼(𝑋2) − [𝔼(𝑋)]2 =^{1 + 𝑞}

𝑝2 − ¹

𝑝2 =^{(1 − 𝑝)}

𝑝2 .

Definisi 2.1.24

Peubah acak N dikatakan mempunyai distribusi Poisson dengan parameter 𝜆 jika

ℙ(𝑁 = 𝑘) = 𝑒−𝜆𝜆𝑘

𝑘! untuk 𝑘 = 0,1, … , dan 𝜆 merupakan parameter dari N.

Selanjutnya dihitung nilai harapan dari peubah acak Poisson N dengan pa-rameter 𝜆: 𝔼(𝑁) = ∑ 𝑘ℙ(𝑁 = 𝑘) ∞ 𝑘=0 = ∑ 𝑘𝑒−𝜆𝜆𝑘 𝑘! ∞ 𝑘=1 = 𝑒−𝜆𝜆 ∑_{(𝑘 − 1)!}^𝜆𝑘−1 ∞ 𝑘=1 = 𝑒−𝜆𝜆 ∑^𝜆_𝑘!^𝑘 ∞ 𝑘=0 = 𝑒−𝜆𝜆𝑒𝜆 = 𝜆.

Nilai harapan dan variansi distribusi Poisson dihitung sebagai berikut.

Dimisalkan terlebih dahulu

𝔼(𝑁2 ) = 𝔼(𝑁2) − 𝔼(𝑁) + 𝔼(𝑁) = 𝔼[𝑁2− 𝑁] + 𝔼(𝑁) = 𝔼[𝑁(𝑁 − 1)] + 𝔼(𝑁), selanjutnya 𝔼[𝑁(𝑁 − 1)] = ∑ 𝑘(𝑘 − 1)ℙ(𝑁 = 𝑘) ∞ 𝑘=0 = ∑ 𝑘(𝑘 − 1)𝑒−𝜆𝜆𝑘 𝑘! ∞ 𝑘=2 = ∑ 𝑘(𝑘 − 1)_{𝑘(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)!}^{𝑒−𝜆𝜆2𝜆𝑘−2} ∞ 𝑘=2 = 𝜆2∑^𝑒(𝑘 − 2)!^{−𝜆𝜆𝑘−2} ∞ 𝑘=2 karena ∑^𝑒(𝑘 − 2)! = 1^{−𝜆𝜆𝑘−2} ∞ 𝑘=2 sehingga 𝔼[𝑁(𝑁 − 1)] = 𝜆2.

Oleh karena itu,

𝔼(𝑁2) = 𝔼[𝑁(𝑁 − 1)} + 𝔼(𝑁)

𝔼(𝑁2) = 𝜆2 + 𝜆.

Variansi dari distribusi Poisson adalah 𝑉𝑎𝑟(𝑁) = 𝔼(𝑁2) − [𝔼(𝑁)]2 =

Perluasan dari Distribusi Poisson

Diasumsikan N memiliki distribusi Poisson dengan parameter 𝜆. Jika 𝑁 = 0 maka 𝑁1 = 0. Misalkan 𝑛 ≥ 1, dan diberikan 𝑁1 ^{adalah binomial} dengan parameter n dan p. Dengan demikian, dapat ditulis jumlahan

𝑁_𝑖 = ∑ 𝑋_𝑖

𝑛 𝑖=1

yang merupakan peubah acak Bernoulli dengan distribusi ℙ(𝑋_𝑖 = 1) = 𝑝

dan ℙ(𝑋𝑖 = 0) = 1 − 𝑝.

Diasumsikan N memiliki distribusi Poisson dengan parameter 𝜆.

ℙ(𝑁1 = 𝑘|𝑁 = 𝑛) = (𝑛𝑘)𝑝𝑘(1 − 𝑝)𝑛−𝑘. ℙ(𝑁₁ = 𝑘) = ∑ ℙ(𝑁₁ = 𝑘|𝑁 = 𝑛)ℙ(𝑁 = 𝑛). ∞ 𝑛=𝑘 = ∑ (𝑛𝑘)𝑝𝑘(1 − 𝑝)𝑛−𝑘 ∞ 𝑛=𝑘 𝑒−𝜆𝜆𝑛 𝑛!. = _{𝑘! 𝑝}¹ 𝑘𝜆𝑘𝑒−𝜆∑(𝑛 − 𝑘)! (1 − 𝑝)^{1 𝑛−𝑘𝜆𝑛−𝑘.} ∞ 𝑛=𝑘 ∑(𝑛 − 𝑘)! (1 − 𝑝)^{1 𝑛−𝑘𝜆𝑛−𝑘 =} ∞ 𝑛=𝑘 ∑_{𝑛! (1 − 𝑝)}¹ 𝑛𝜆𝑛 = 𝑒𝜆(1−𝑝). ∞ 𝑛=𝑘 ℙ(𝑁₁ = 𝑘) = ¹ 𝑘! 𝑝^{𝑘𝜆𝑘𝑒−𝜆𝑒𝜆(1−𝑝) = 𝑒−𝜆𝑝} (𝜆𝑝)𝑘 𝑘! . Didapatkan fungsi pembangkit momen dari 𝑁₁

𝑔𝑁₁(𝑠) = 𝔼(𝑠𝑁₁) = ∑ 𝔼(𝑠𝑁₁|𝑁 = 𝑛)ℙ(𝑁 = 𝑛),

digunakan nilai rata-rata untuk nilai harapan. Distribusi peubah acak

Binomial adalah jumlahan dari peubah acak Bernoulli yang saling bebas.

Sehingga

𝔼(𝑠𝑁₁|𝑁 = 𝑛) = 𝔼(𝑠∑^𝑛_𝑖=1𝑋_𝑖) = 𝔼(𝑠𝑋)𝑛. Oleh karena itu didapatkan,

𝑔_𝑁1(𝑠) = ∑ 𝔼(𝑠𝑋)𝑛ℙ(𝑁 = 𝑛) = 𝑔_𝑁(𝐸(𝑠𝑋)).

𝑛≥0

Karena N adalah peubah acak Poisson dengan parameter 𝜆 dimiliki

𝑔𝑁(𝑠) = 𝑒𝜆(−1+𝑠). Karena X adalah peubah acak Bernoulli dimiliki

𝔼(𝑠𝑋) = 1 − 𝑝 + 𝑝𝑠. Sehingga

𝑔_𝑁1(𝑠) = 𝑔_𝑁(𝔼(𝑠𝑋)) = exp(𝜆(−1 + 1 − 𝑝 + 𝑝𝑠)) = exp(𝜆𝑝(−1 + 𝑠)).

Terbukti bahwa parameter distribusi Poisson dari N adalah𝜆. Hal tersebut menunjukkan juga bahwa fpm menyederhanakan perhitungan.

Jumlahan Peubah Acak Poison

Diasumsikan bahwa 𝑁₁ dan 𝑁₂ adalah peubah acak Poisson yang saling bebas dengan parameter 𝜆1^dan 𝜆2^.

Misalkan 𝑛 ≥ 0. Dimiliki

{𝑁 = 𝑛} = ⋃{𝑁₁ = 𝑘, 𝑁₂ = 𝑛 − 𝑘}.

𝑛 𝑘=0

Hal itu dikarenakan jika 𝑁 = 𝑛 maka 𝑁₁ haruslah sebarang k. Jika 𝑁₁ = 𝑘 maka 𝑁₂ = 𝑛 − 𝑘. Jadi, kejadian {𝑁1 = 𝑘, 𝑁₂ = 𝑛 − 𝑘} untuk 𝑘 =

0, . . 𝑛 saling asing. Didapatkan

ℙ(𝑁 = 𝑛) = ∑ ℙ( 𝑛 𝑘=0

Sehingga 𝑁₁ dan 𝑁₂ saling bebas untuk setiap k

ℙ(𝑁1 = 𝑘, 𝑁2 = 𝑛 − 𝑘) = ℙ(𝑁1 = 𝑘)ℙ( 𝑁2 = 𝑛 − 𝑘).

Oleh karena itu,

ℙ(𝑁 = 𝑛) = ∑ ℙ( 𝑛 𝑘=0

𝑁₁ = 𝑘)ℙ( 𝑁₂ = 𝑛 − 𝑘).

Digunakan distribusi Poisson 𝑁₁ dan 𝑁₂untuk mendapatkan

ℙ(𝑁 = 𝑛) = ∑ 𝑒−𝜆1𝜆₁𝑘 𝑘! 𝑒^−𝜆2 𝜆₁𝑛−𝑘 (𝑛 − 𝑘)! 𝑛 𝑘=0 . Dengan menggunakan pembagian dan perkalian 𝑛! didapatkan

ℙ(𝑁 = 𝑛) =_{𝑛! 𝑒}¹ −𝜆1−𝜆2

∑ (𝑛𝑘)𝜆1^𝑘𝜆₁𝑛−𝑘 =_{𝑛! 𝑒}¹ −𝜆1−𝜆2 𝑛

𝑘=0

(𝜆1+ 𝜆₂)𝑛, di mana persamaan terakhir menggunakan teorema Binomial. Persamaan

di atas menunjukkan 𝑁 = 𝑁₁+ 𝑁₂ adalah distribusi Poisson, dengan parameter 𝜆₁+ 𝜆₂.

Diasumsikan X dan Y adalah peubah acak Poisson yang saling bebas dengan nilai 𝜆 dan µ.

Dengan menggunakan fungsi pembangkit momen dari X diperoleh.

𝑔𝑋(𝑠) = ∑ 𝑠𝑘𝑒−𝜆𝜆𝑘

𝑘! = 𝑒^{𝜆(𝑠−1).}

𝑘≥0

Menggunakan Proposisi 2.2.22 didapatkan

𝑔_𝑋+𝑌(𝑠) = 𝑔𝑋(𝑠)𝑔𝑌(𝑠) = 𝑒𝜆(𝑠−1)𝑒𝜇(𝑠−1) = 𝑒(𝜆+𝜇)(𝑠−1).

Fungsi pembangkit momen dari distribusi Poisson dengan parameter 𝜆 + 𝜇. Sehingga dapat disimpulkan distribusi dari 𝑋 + 𝑌 adalah distribusi Poisson dengan parameter 𝜆 + 𝜇.

B. Proses Stokastik

Pada subbab ini akan dipelajari lebih lanjut mengenai proses stokastik

dengan fokus pada rantai Markov.

Proses stokastik adalah koleksi dari peubah acak {𝑋_𝑡(𝑠) ∶ 𝑡 ∈ 𝑇, 𝑠 ∈ 𝑆 }, dimana T adalah himpunan indeks waktu dan S adalah ruang sampel bersama dari peubah acak. Untuk setiap t, 𝑋_𝑡(𝑠) menyatakan satu peubah acak yang terdefinisi pada S.

Untuk setiap 𝑠 ∈ 𝑆, 𝑋𝑡(𝑠) berkorespondensi dengan fungsi yang terdefinisi pada T dan disebut lintasan sampel (realisasi, trayektori dari proses stokastik).

Proses stokastik terbagi dalam 2 klasifikasi waktu:

1. Jika T adalah himpunan diskret (terhitung) maka (𝑋_𝑡)_𝑡∈𝑇 disebut proses stokastik waktu diskret.

2. Jika T adalah himpunan kontinu (tak terhitung) maka (𝑋𝑡)_𝑡∈𝑇 disebut proses stokastik waktu kontinu.

Proses stokastik yang digunakan dalam skripsi ini hanya proses stokastik

waktu diskret. Definisi 2.2.1

Rantai Markov merupakan proses stokastik waktu diskret (𝑋𝑛)_𝑛≥0 =

(𝑋0, 𝑋1, 𝑋2, … ) dengan nilai di dalam 𝐾 sehingga berlaku ℙ(𝑋𝑛+1 = 𝑗|𝑋0 =

𝑥0, 𝑋1 = 𝑥1, … , 𝑋𝑛−1 = 𝑥𝑛−1, 𝑋𝑛 = 𝑥𝑛) = ℙ(𝑋𝑛+1= 𝑗|𝑋𝑛 = 𝑖) untuk setiap

Sifat rantai Markov secara umum adalah peluang kejadian saat ini hanya

dipengaruhi oleh kejadian tepat satu satuan waktu sebelumnya dan tidak

di-pengaruhi oleh kejadian di masa lampau.

Definisi 2.2.2

Rantai Markov dikatakan homogen waktu apabila peluang bersyarat tidak

bergantung pada n. Notasi 𝒫_𝑖𝑗 menyatakan peluang bahwa proses akan berada di keadaan j apabila diketahui sebelumnya berada di keadaan i. Rantai Mar-kov dapat direpresentasikan dalam matriks 𝒫 yang elemen-elemennya adalah

𝒫_𝑖𝑗 = ℙ(𝑋₁ = 𝑗|𝑋₀ = 𝑖) 𝒫 = ( 𝒫₁₁ 𝒫₁₂ 𝒫21 𝒫22 … 𝒫_1𝑛 ⋯ 𝒫2𝑛 ⋮ ⋮ 𝒫_𝑛1 𝒫_𝑛2… 𝒫^⋱ _𝑛𝑛^⋮ )

Matriks ini disebut matriks transisi peluang untuk rantai Markov.

Contoh 2.2.2

Rantai Markov yang mendeskripsikan perubahan cuaca, direpresentasikan

oleh matriks 𝒫 = 𝑐 𝑏 ℎ 𝑐 𝑏 ℎ⁽ 0,2 0,6 0,2 0,1 0,8 0,1 0,1 0,6 0,3⁾

Notasi c=cerah, b=berawan, dan h=hujan. Keadaan cuaca hari ini hanya dipengaruhi oleh keadaan cuaca kemarin dan tidak dipengaruhi oleh cuaca

hari-hari sebelumnya.

(𝑋𝑛)_𝑛≥0 = (𝑋₀, 𝑋₁, 𝑋_2,… ). Peluang transisi 1 langkah dari perubahan cuaca adalah ℙ(𝑋₁ = 𝑏|𝑋₀ = 𝑐) = 0,6.

Peluang transisi n-langkah Diberikan keadaan i dan j, 𝑛 ≥ 1

ℙ(𝑋𝑛 = 𝑗|𝑋0 = 𝑖) adalah peluang bahwa rantai Markov yang dimulai di i

akan berada di j setelah n langkah.

Matriks dengan elemen pada baris ke-i kolom ke-j adalah ℙ(𝑋𝑛 = 𝑗|𝑋0 = 𝑖) disebut matriks transisi n-langkah dari rantai Markov.

Persamaan Chapman-Kolmogorov

Persamaan Chapman-Kolmogorov digunakan untuk menghitung peluang

transisi 𝑛 + 𝑚 langkah, yakni untuk ∀𝑚, 𝑛 ∈ ℕ0 = ℕ ∪ {0} berlaku 𝒫𝑚+𝑛 = 𝒫𝑚𝒫. Dengan kata lain,

(𝒫𝑚+𝑛)_𝑖𝑗 = ∑(𝒫𝑚)_𝑖𝑘 + (𝒫𝑛)_𝑘𝑗 , ∀𝑖𝑗. Jadi, ℙ(𝑋𝑛+𝑚 = 𝑗|𝑋0 = 𝑖) = ∑ ℙ(𝑋𝑚 = 𝑘|𝑋0 = 𝑖)ℙ(𝑋𝑛 = 𝑗|𝑋0 = 𝑘) 𝑘 = ∑ ℙ(𝑋𝑚 = 𝑘|𝑋0 = 𝑖) 𝑘 ℙ(𝑋𝑛+𝑚= 𝑗|𝑋𝑚 = 𝑘). Definisi 2.2.3

Vektor 𝕊 = (𝕊1 𝕊2 … 𝕊𝑛) disebut vektor peluang jika ∑^𝑛_𝑖=1𝕊𝑖 = 1. Contoh 2.2.3

Diberikan vektor peluang cuaca besok bila hari ini cerah,

𝕊 =^{𝑐𝑒𝑟𝑎ℎ 𝑏𝑒𝑟𝑎𝑤𝑎𝑛 ℎ𝑢𝑗𝑎𝑛}

(¹₂ 0 ¹_{2) ,}

𝕊𝑐𝑒𝑟𝑎ℎ+ 𝕊𝑏𝑒𝑟𝑎𝑤𝑎𝑛+ 𝕊ℎ𝑢𝑗𝑎𝑛 =¹_{2 + 0 +}¹_{2 = 1.}

Definisi 2.2.4

Diberikan rantai Markov (𝑋_𝑛)_𝑛≥0= (𝑋₀, 𝑋_1,𝑋_2,… ).

1. ℙ(𝑋_𝑛 = 𝑗) disebut distribusi rantai Markov pada waktu ke-n, 2. untuk 𝑛 = 0, ℙ(𝑋₀ = 𝑗) disebut distribusi awal dari rantai Markov, 3. vektor peluang 𝕊 = (𝕊1 𝕊2 … 𝕊𝑛) disebut distribusi stasioner dari rantai Markov jika 𝒫 ∙ 𝕊 = 𝕊.

Peluang Rantai Markov

Diberikan rantai Markov (𝑋𝑛)_𝑛≥0. Didefinisikan:

𝑓_𝑖𝑖𝑛 _{adalah peluang bahwa rantai Markov yang dimiliki dari keadaan i akan} kembali ke keadaan i untuk pertama kalinya tepat setelah n transisi.

𝑓_𝑖 adalah peluang bahwa rantai Markov yang dimulai dari keadaan i akan kembali ke i setelah sejumlah hingga transisi.

Jadi 𝑓_𝑖 = ∑ 𝑓_𝑖𝑖𝑛

𝑛 .

Definisi 2.2.5

Diketahui rantai Markov (𝑋𝑛)_𝑛≥0 dengan ruang keadaan 𝐾 dan

𝑝_𝑖𝑗𝑛 = (ℙ𝑛)_𝑖𝑗 = ℙ(𝑋_𝑛 = 𝑗|𝑋₀ = 𝑖). Keadaan i dikatakan menyerap

C. Sifat-sifat dari Kalkulus

Di bagian ini akan diberikan beberapa sifat dari kalkulus yang akan

digunakan pada pembahasan selanjutnya.

Lemma 2.3.1 Untuk |𝑥| < 1 berlaku 1 − √1 − 𝑥 = ∑∞ 𝑐_𝑛𝑥𝑛 𝑛=1 dengan 𝑐𝑛 = (2𝑛 − 2) 22𝑛−1𝑛! (𝑛 − 1)! untuk 𝑛 ≥ 1. Bukti:

Pembuktian menggunakan deret MacLaurin untuk fungsi √1 − 𝑥. Ingat: 𝑓(𝑥) = ∑^𝑓(𝑛)(0) 𝑛! 𝑥^𝑛 ∞ 𝑛=0 𝑓(𝑥) = (1 − 𝑥)¹2 , 𝑓(0) = 1 𝑓′(𝑥) = −¹₂(1 − 𝑥)⁻¹² , 𝑓′(0) = −¹₂ 𝑓′′(𝑥) = −¹₄(1 − 𝑥)⁻³² , 𝑓′′(0) = −¹₄ 𝑓′′′(𝑥) = −³ 8(1 − 𝑥)⁻⁵² , 𝑓′′′(0) = −³ 8 𝑓(4)(𝑥) = −¹⁵₁₆(1 − 𝑥)⁻⁷² , 𝑓(4)(0) = −¹⁵₁₆ Jadi 𝑓(𝑥) = (1 − 𝑥)¹2 = ∑^𝑓(𝑛)(0) 𝑛! 𝑥^𝑛 ∞ 𝑛=0 = 1 −¹_{2 𝑥 −}¹_{4 ∙2! 𝑥}¹ 2−_{8 ∙}³ _{3! 𝑥}¹ 3 −¹⁵_{16 ∙4! 𝑥}¹ 4− ⋯ dan 1 − √1 − 𝑥 = ¹_{2 𝑥 +}¹_{4 ∙2! 𝑥}¹ 2+_{8 ∙}³ _{3! 𝑥}¹ 3+¹⁵_{16 ∙4! 𝑥}¹ 4 + ⋯.

Diperhatikan barisan koefisien 1 − √1 − 𝑥 yaitu 1 2 , 1 4 , 3 8 , 15 16 , …, memiliki pola (2𝑛 − 2)! 22𝑛−1(𝑛 − 1)!. Jadi, 1 − √1 − 𝑥 =¹_{2 𝑥 +}¹_{4 ∙2! 𝑥}¹ 2 +_{8 ∙}³ _{3! 𝑥}¹ 3+¹⁵_{16 ∙4! 𝑥}¹ 4+ ⋯ = ∑ (2𝑛 − 2)! 22𝑛−1𝑛! (𝑛 − 1)! 𝑥^𝑛 ∞ 𝑛=1 = ∑ 𝑐_𝑛𝑥𝑛 ∞ 𝑛=1 ∎ Teorema 2.3.2 (Teorema Nilai Ekstrem) Jika diberikan fungsi 𝑓: [𝑎, 𝑏] → ℝ dengan sifat: 1. f terdiferensial di 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), dan

2. c adalah pembuat maksimum atau minimum dari f, maka 𝑓′(𝑐) = 0.

Bukti:

Akan dibuktikan maksimum lokal, yakni c adalah pembuat maksimum lokal dari f. Secara khusus, jika 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] dan |𝑥 − 𝑐| < 𝛿, maka 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑐) ≤ 0. Diambil 𝑥 > 𝑐 dengan 𝑦 < 𝑐.

𝑚_𝑔 =^{𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)}_{𝑐 − 𝑦} ≥ 0

Ambil barisan (𝑥_𝑛)_𝑛∈ℕ dan (𝑦_𝑛)_𝑛∈ℕ dengan 𝑥_𝑛 > 𝑐 dan 𝑦_𝑛 > 𝑐 ∀_𝑛∈ℕ sehingga 𝑥_𝑛 → 𝑐 dan 𝑦_𝑛 → 𝑐

Sebagai contoh: 𝑥_𝑛 = 𝑐 +¹_𝑛

𝑦𝑛 = 𝑐 −_𝑛¹ Karena f terdiferensial di c, maka

0 ≥ lim_𝑛→∞^𝑓(𝑥_𝑥^{𝑛) − 𝑓(𝑐)}

𝑛− 𝑐 ^{= 𝑓′}(𝑐) = lim_𝑛→∞^𝑓(𝑦_𝑦^{𝑛) − 𝑓(𝑐)}

𝑛− 𝑐 ^{≥ 0}

Jadi, 0 ≤ 𝑓′(𝑐) ≤ 0, artinya 𝑓’(𝑐) = 0. ∎ Teorema 2.3.3 (Teorema Rolle)

Misalkan f kontinu pada selang [𝑎, 𝑏] dan terdiferensialkan pada selang terbuka (𝑎, 𝑏). Jika 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏), maka terdapat minimal satu bilangan c dalam (𝑎, 𝑏) sehingga 𝑓’(𝑐) = 0.

Bukti:

Misalkan 𝑓(𝑎) = 𝑑 = 𝑓(𝑏).

Kasus 1. Misalkan 𝑓(𝑥) < 𝑑 untuk beberapa x dalam (𝑎, 𝑏). Berdasarkan Teorema 2.3.2, diketahui bahwa f memiliki nilai minimum pada c dalam selang tersebut. Lebih jauh, karena 𝑓(𝑐) < 𝑑, nilai minimum tidak terjadi pada kedua ujung selang. Sehingga, f memiliki nilai minimum dalam selang terbuka (𝑎, 𝑏). Hal ini mengakibatkan 𝑓(𝑐) merupakan nilai minimum lokal dan c merupakan pembuat minimum dari f. Sehingga, karena f terdiferensial pada c, dapat disimpulkan bahwa 𝑓’(𝑐) = 0.

Kasus 2. Misalkan 𝑓(𝑥) > 𝑑 untuk beberapa x dalam (𝑎, 𝑏). Berdasarkan Teorema 2.3.2, diketahui bahwa f memiliki nilai maksimum pada c dalam selang tersebut. Selanjutnya, karena 𝑓(𝑐) > 𝑑, nilai maksimum ini tidak

terjadi pada kedua ujung selang. Sehingga, f memiliki nilai maksimum dalam selang buka (𝑎, 𝑏). Hal ini mengakibatkan 𝑓(𝑐) merupakan nilai maksimum lokal dan c merupakan pembuat maksimum dari f. Oleh karena itu, karena f terdiferensial pada c, dapat ditarik kesimpulan bahwa 𝑓’(𝑐) = 0.

Kasus 3. Jika 𝑓(𝑥) = 𝑑 untuk semua x dalam [𝑎, 𝑏], maka f konstan pada selang tersebut dan 𝑓’(𝑥) = 0 untuk semua x dalam (𝑎, 𝑏).∎

Lemma 2.3.4

Jika 𝑓: [𝑎, 𝑏] → ℝ merupakan fungsi kontinu dan 𝑓(𝑎) < 0, 𝑓(𝑏) > 0, maka terdapat 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sehingga 𝑓(𝑐) = 0.

Teorema 2.3.5 (Teorema Nilai Antara)

Jika 𝑓: [𝑎, 𝑏] → ℝ merupakan fungsi kontinu dan 𝑦 ∈ ℝ dengan 𝑓(𝑎) < 𝑦 < 𝑓(𝑏) atau 𝑓(𝑏) < 𝑦 < 𝑓(𝑎), maka terdapat 𝑐 ∈ [𝑎, 𝑏] sehingga 𝑓(𝑐) = 𝑦. Bukti:

1. Jika 𝑓(𝑎) < 𝑦 < 𝑓(𝑏), maka didefinisikan 𝑔(𝑥) ≔ 𝑓(𝑥) − 𝑦 jelas bahwa

𝑔: [𝑎, 𝑏] → ℝ fungsi kontinu.

𝑔(𝑎) = 𝑓(𝑎) − 𝑦 < 0 dan 𝑔(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑦 > 0 menurut Lemma 2.3.4 terdapat 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sehingga

𝑔(𝑐) = 0 ⟺ 𝑓(𝑐) − 𝑦 = 0 ⟺ 𝑓(𝑐) = 𝑦.

2. Jika 𝑓(𝑏) < 𝑦 < 𝑓(𝑎), maka didefinisikan ℎ(𝑥) ≔ 𝑦 − 𝑓(𝑥) jelas bahwa

ℎ: [𝑎, 𝑏] → ℝ fungsi kontinu.

ℎ(𝑎) = 𝑦 − 𝑓(𝑎) < 0 dan h(𝑏) = 𝑦 − 𝑓(𝑏) > 0 menurut Lemma 2.3.4 terdapat 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sehingga

Teorema 2.3.6 (Teorema Nilai Rata-Rata)

Jika f kontinu pada selang tertutup [𝑎, 𝑏] dan terdiferensial pada selang terbuka (𝑎, 𝑏), maka ada suatu bilangan c dalam (𝑎, 𝑏) sedemikian sehingga

𝑓′(𝑐) =^{𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)}_{𝑏 − 𝑎} . Bukti:

Didefinisikan 𝑔: [𝑎, 𝑏] → ℝ sebagai 𝑔(𝑥): = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑏) − ℎ(𝑥 − 𝑏) dengan ℎ =^{𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)}_𝑏−𝑎 . Dalam hal ini, g kontinu pada [𝑎, 𝑏] dan terdiferensial pada (𝑎, 𝑏). Diperoleh juga 𝑔(𝑎) = 𝑓(𝑎) − 𝑓(𝑏) −^{𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)}_𝑏−𝑎 (𝑎 − 𝑏) = 0 dan

𝑔(𝑏) = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑏) −^{𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)}_𝑏−𝑎 (𝑏 − 𝑏) = 0 sehingga didapatkan 𝑔(𝑎) =

𝑔(𝑏). Jadi, menurut hipotesis dalam Teorema Rolle, haruslah terdapat suatu

titik c dalam (𝑎, 𝑏) sedemikian hingga 𝑔’(𝑐) = 0. Karena 𝑔′(𝑐) = 𝑓’(𝑐) − 𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)

𝑏−𝑎 ^{, sehingga diperoleh} 𝑓’(𝑐) −^{𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)}_𝑏−𝑎 = 0, dan didapatkan 𝑓’(𝑐) = =^{𝑓(𝑏)−𝑓(𝑎)}_𝑏−𝑎 . ∎

BAB III

PROSES PERCABANGAN BGW A. Definisi dan Sifat-sifat Dasar Proses Percabangan BGW

Proses percabangan (branching process) merupakan sebuah proses stokastik dalam waktu diskret yang dikenalkan oleh Bienaymé, Galton dan

Watson sehingga dikenal juga dengan nama proses Bienaymé-Galton-Watson

(BGW). Proses BGW banyak digunakan pada model pertumbuhan dan

peluruhan populasi. Populasi dapat berupa gen mutan, neutron pada reaksi

rantai nuklir, ataupun hewan dengan siklus kelahiran tahunan. Pertumbuhan

populasi disebabkan karena individu-individu di dalam populasi

menghasilkan keturunan. Banyaknya keturunan dari setiap individu berbeda

tetapi memiliki pola distribusi yang identik. Pola yang dimiliki yakni

percabangan. Pola distribusi yang identik dapat digunakan untuk menghitung

peluang dari sifat-sifat keturunan maupun proses secara keseluruhan.

Proses percabangan digunakan untuk mendeskripsikan evolusi terhadap

waktu diskret dari satu generasi ke generasi berikutnya dalam suatu populasi.

Terdapat beberapa asumsi dasar yang sudah disepakati dan digunakan dalam

proses BGW. Jumlah individu awal pada generasi pertama diberi notasi 𝑍₀. Generasi awal diberi label 0 dan memiliki 1 anggota individu (ancestor). Hasil keturunan dari generasi pertama disebut generasi kedua, hasil keturunan

generasi kedua disebut generasi ketiga dan seterusnya. Banyak atau total

individu pada generasi ke-n dinotasikan dengan 𝑍_𝑛, 𝑛 ≥ 0. Banyaknya keturunan dari setiap generasi populasi bersifat acak, dan mengikuti suatu

generation). Dalam proses percabangan BGW, ruang keadaan 𝕊 merupakan himpunan bilangan bulat tak negatif. Untuk setiap 𝑛 ≥ 0, 𝑍_𝑛 merupakan peubah acak. Peubah acak Y yang berdistribusi (𝑝𝑘)_𝑘≥0 mendeskripsikan banyaknya keturunan dari setiap anggota pada setiap generasi dari populasi

bersifat saling bebas atau independen. Jadi, untuk setiap individu pada setiap

generasi menghasilkan Y keturunan pada generasi berikutnya, dengan Y adalah peubah acak yang bernilai ℕ₀ dengan distribusi peluang (𝑝_𝑘)_𝑘≥0. Dengan kata lain,

ℙ(𝑌 = 𝑘) = 𝑝_𝑘, 𝑘 = 0, 1, …

Sesuai dengan asumsi awal, banyak keturunan dari setiap individu akan

saling bebas menurut distribusi (𝑝𝑘)_𝑘≥0. Proses percabangan BGW adalah sebuah rantai Markov dengan peluang transisi 1 langkah diberikan oleh

𝑝(𝑖, 𝑗) = ℙ(𝑍_𝑛+1 = 𝑗|𝑍_𝑛 = 𝑖).

Jadi, bilangan 𝑝(𝑖, 𝑗) adalah peluang bersyarat 𝑍_𝑛+1 = 𝑗 bila diketahui 𝑍_𝑛 = 𝑖. Sehingga mudah dilihat 𝑝(0, 𝑖) = 0, 𝑖 ≥ 1 dan 𝑝(0,0) = 1. Proses

percabangan BGW (𝑍𝑛)_𝑛≥0mempunyai 0 sebagai keadaan menyerap. Perhatikan bahwa

𝑝(𝑖, 𝑗) = ℙ(𝑍𝑛+1 = 𝑗|𝑍𝑛 = 𝑖) = ℙ (∑ 𝑌𝑘= 𝑗

𝑖 𝑘=1

)

dengan (𝑌𝑘)1≤𝑘≤𝑖 ^{adalah barisan dari distribusi peubah acak saling bebas} identik dengan distribusi (𝑝_𝑘)_𝑘≥0. Hal tersebut menunjukkan bahwa distribusi dari 𝑍_𝑛+1 dihitung hanya dengan menggunakan 𝑍_𝑛. Dalam menghitung

distribusinya tidak diperlukan perhitungan mulai dari awal keturunan, hanya

diperlukan 1 keturunan sebelumnya. Sifat itu tidak lain adalah sifat Markov

dari proses percabangan BGW.

Untuk 𝑍_𝑛 = 𝑖, dapat ditulis

𝑍_𝑛+1 = ∑ 𝑌_𝑘,𝑛= 𝑗

∞ 𝑘=1

,

(𝑌_𝑘,𝑛)_{1≤𝑘≤𝑖}dengan indeks n digunakan untuk mengindikasikan barisan saling

bebas berbeda untuk setiap n. Notasi n pada ruas kiri dapat diabaikan untuk menghindari pengulangan indeks.

Menurut definisi nilai harapan peubah acak diskret diperoleh:

𝔼(𝑋)=∑𝑘. ℙ(𝑋 = 𝑘),

𝑘 dalam proses BGW diperoleh juga

𝑚 = ∑ 𝑘. ℙ(𝑋 = 𝑘) ∞ 𝑘 = ∑ 𝑘. 𝑝𝑘 ∞ 𝑘 .

Jadi, nilai rata-rata banyaknya keturunan dalam proses BGW adalah

𝑚 = ∑ 𝑘. 𝑝𝑘

∞ 𝑘=0 dengan 𝑚 ∈ [0, ∞].

Selanjutnya akan dicari fungsi pembangkit momen dari distribusi keturunan.

Diberikan q adalah peluang proses BGW yang dimulai dengan 1 individu yang akan punah. Fungsi pembangkit momen dari distribusi keturunan:

𝑓(𝑠) = ∑ 𝑝_𝑘. 𝑠𝑘 untuk |𝑠| ≤ 1

∞ 𝑘=0

Proses dikatakan bertahan (survive) jika terdapat setidaknya satu individu pada setiapgenerasi. Secara matematis, bertahan hidup ekivalen dengan

kondisi

{𝑍𝑛 ≥ 1, untuk semua n ≥ 0}.

Teorema 3.1.1

Misal (𝑍_𝑛)_𝑛≥0 adalah proses percabangan BGW dengan distribusi keturunan (𝑝𝑘)_𝑘≥0. Diasumsikan 𝑝₀+ 𝑝₁ < 1.

1. Jika 𝑚 ≤ 1 , maka ℙ(𝑍_𝑛 ≥ 1, ∀𝑛 ≥ 0|𝑍₀ = 1) = 0.

2. Jika 𝑚 > 1, maka terdapat 𝑞 ∈ [0,1), ℙ(𝑍𝑛 ≥ 1, ∀𝑛 ≥ 0|𝑍0 = 1) = 1 −

𝑞 > 0, dengan peluang kepunahan q adalah nilai tunggal di dalam [0,1)

yang memenuhi persamaan 𝑓(𝑠) = 𝑠 saat 𝑚 > 1. Bukti Teorema 3.1.1:

Dalam pembuktian teorema ini diperlukan beberapa sifat dari fungsi

pembangkit momen. Diingat kembali fungsi pembangkit momen dari peluang

𝑓(𝑠) = ∑ 𝑝_𝑘𝑠𝑘. 𝑘≥0

Telah diketahui di awal bahwa fungsi pembangkit momen terdefinisi pada

(−1,1). Fungsi f terdefinisi pada 1 dan hanya akan dilakukan perhitungan

dalam bilangan positif, sehingga domain dari f adalah [0,1]. Lemma 3.1.2

Misalkan (𝑏𝑛)_𝑛≥0 barisan bilangan real positif dan 𝑔(𝑡) = ∑𝑛≥0𝑏𝑛𝑡𝑛. Asumsikan g ada pada [0,1), maka _𝑡→1lim₋𝑔(𝑡) = ∑_𝑛≥0𝑏_𝑛.

Bukti:

Pembuktian dapat dillihat di buku Theoretical Probability for Applications, Proposisi A1.9 Appendix karya SC.Port. ∎

Dari Lemma 3.1.2 ini didapat

lim

𝑠→1−𝑓(𝑠) = ∑ 𝑝𝑛

𝑛≥0

= 1

dan 𝑓(1) = 1. Jadi, f merupakan fungsi kontinu di 1 dari kiri dan f kontinu

pada [0, 1]. Fungsi f juga terdiferensial pada (0, 1) dengan

𝑓′(𝑠) = ∑ 𝑛𝑝𝑛𝑠𝑛−1 𝑛≥1 . Dari Lemma 3.1.2 lim 𝑠→1−𝑓′(𝑠) = ∑ 𝑛𝑝𝑛 𝑛≥0 = 𝑚

Selanjutnya, kembali lagi pada proses BGW dan perhitungan fungsi

pembangkit momen dari 𝑍𝑛. Proposisi 3.1.3

Misalkan 𝑓₁ = 𝑓 dan 𝑓_𝑛+1 = 𝑓 ∘ 𝑓_𝑛 untuk 𝑛 ≥ 1. Untuk 𝑛 ≥ 1, fungsi pembangkit momen dari 𝑍_𝑛 dengan 𝑍₀ = 1 adalah 𝑓_𝑛.

Bukti: Akan dibuktikan menggunakan induksi matematis.

Misal 𝑔_𝑛 adalah fungsi pembangkit momen 𝑍_𝑛 dan diketahui 𝑍₀ = 1. Telah dimiliki

𝑔₁(𝑠) = 𝔼(𝑠𝑍₁|𝑍₀ = 1) = 𝔼(𝑠𝑌) = 𝑓(𝑠) = 𝑓₁(𝑠),

untuk 𝑛 = 1 diasumsikan 𝑔_𝑛 = 𝑓_𝑛. Diberikan 𝑍_𝑛 = 𝑘, distribusi 𝑍_𝑛+1 sama dengan distribusi dari ∑𝑘 𝑌_𝑖

𝑖=1 ^dimana 𝑌_𝑖 berdistribusi (𝑝_𝑘)_𝑘≥0 maka 𝔼(𝑠𝑍𝑛+1|𝑍_𝑛 = 𝑘) = 𝔼 (𝑠∑^𝑘_𝑖=1𝑌_𝑖)

= 𝔼(𝑠𝑌1)𝔼(𝑠𝑌2) … 𝔼(𝑠𝑌𝑘) = (𝔼(𝑠𝑌1))^𝑘

= 𝑓(𝑠)𝑘.

Menggunakan sifat Markov

𝑔𝑛+1 = 𝔼(𝑠𝑍_𝑛+1|𝑍0 = 1)

= ∑ 𝔼(𝑠𝑍𝑛+1|𝑍_𝑛 = 𝑘)ℙ(𝑍_𝑛 = 𝑘|𝑍₀ = 1)

∞ 𝑘=0

= ∑ ℙ(𝑍_𝑛 = 𝑘|𝑍₀ = 1)𝑓(𝑠)𝑘 ∞

𝑘=0

= 𝑔_𝑛(𝑓(𝑠))

Dengan demikian menggunakan hipotesis induksi dapat diperoleh, 𝑔_𝑛+1=

𝑔𝑛∘ 𝑓 = 𝑓𝑛∘ 𝑓 = 𝑓𝑛+1.∎

Setelah mendapatkan Lemma 3.1.2 dan Proposisi 3.1.3, akan dibuktikan

Teorema 3.1.1 yang dibagi menjadi dua kasus.

 Kasus 𝑚 < 1. Untuk perubah acak X yang bernilai di ℕ berlaku. 𝔼(𝑋) = ∑ 𝑘ℙ(𝑋 = 𝑘)

𝑘≥0

≥ ∑ ℙ(𝑋 = 𝑘) 𝑘≥1

= ℙ(𝑋 ≥ 1).

Sehingga ℙ(𝑋 ≥ 1) ≤ 𝔼(𝑋), digunakan pertidaksamaan dan Proposisi 3.1.3 untuk mendapatkan

ℙ(𝑍𝑛 ≥ 1|𝑍0 = 1) ≤ 𝔼(𝑍𝑛|𝑍0 = 1) = 𝑚𝑛.

Karena 𝑚 < 1

lim

𝑛→∞ℙ(𝑍_𝑛 ≥ 1|𝑍₀ = 1) = 0

dan karena konvergensinya bersifat cepat secara eksponensial. Diingat juga,

karena 0 merupakan keadaan menyerap untuk (𝑍𝑛)_𝑛≥0, maka barisan kejadian