BAB II. Teos 2012-oke

BAB II

BEBERAPA DISTRIBUSI KHUSUS

2.1 Bistribusi Binomial dan Kaitan

Percobaan Bernoulli adalah satu percobaan acak , hasilnya digolongkan dalam satu dari dua cara sailg eksklusif dan lengkap, sebut sukses dan gagal, (misalnya perempuan atau laki-laki, hidup atau mati , tidak rusak atau rusak). Suatu barisan usaha Bernoulli terjadi dilakukan beberapa kali independen. Sehingga peluang sukses sebut p, teap sama dari usaha ke usaha, yaitu barisan yang demikian kita misalkan p menyatakan peluang sukses pada setiap usaha. Misalkan X peubah acak dihubungkan dengan usaha Bernoulli dengan menetapkannya sebagai berikut,

X(sukses) = 1 dan X(gagal) = 0

yaitu , dua hasil sukses dan gagal, berturut-turut dinyatakan oleh satu atau nol.

Fdp dari X dapat ditulis sebagai

f(x)=px₍₁

−p)1−x; x=0,1

dan kita katakan bahwa X mempunyai distribusi Bernoulli.

Nilai harapan X adalah

μ=E(X)=

∑

x=0 1

x px₍₁

−p)1−x=0(1−p)+(1) (p)=p

Dan variansi X adalah

var (X)=¿

∑

x=0 1

(x−p)2px

(1−p)1−x=p2

(1−p)+(1−p)2p=p(1−p)

Simpangan baku X adalah σ=

√

p(1−p)

Dalam barisan n usaha Baernoulli dikaitkan dengan usaha ke i.Satu barisan observasi n usaha Bernoulli yang demikian , kita sering tertarik dalam total banyak sukses dan tidak dalam urutan kejadiannya.Jika kita memisalkan peubah acak X sama dengan banyak observasi sukses dalam n

usaha Bernoulli, nilai X yang mungkin adalah 0,1,2,…,n

Jika x sukses terjadi, di mana x = 0,1,2,…n, maka (n – x) gagal terjadi.Banyak cara pemilihan posisi x untuk x sukses dalam n usaha adalah

(

n x

)

=

Karena usaha adalah independen dan karena peluang sukses dan gagal pada setiap usaha berturut-turut p dan 1 – p, peluang setiap cara ini adalah px

(1−p)n−x . Jadi fdp dari X sebut

f(x) adalah jumlah peluang dari

(

n

x

)

kejadian saling eksklusif ini , yaitu

f(x)=

(

n

x

)

p x

(1−p)n−x; x=0,1,2… , n

= 0 ; untuk lainnya Ingat kembali,jika n bulat positif bahwa

(a+b)n=

∑

x=0

n

(

n

x

)

a

x

bn−x

Berarti jelas f(x)>0 dan

∑

x

(

n

x

)

p x

(1−p)n−x=

[

(1−p)+p

]

n=1

yakni f(x) memenuhi persyaratan menjadi fdp peubah acak X dari jenis diskrit yang mempunyai fdp berbentuk f(x) dikatakan distribusi binomial dan setiap f (x) yang demikian disebut fdp binomial . Distribusi binomial akan dinyatakan dengan symbol b(n,p). Konstanta n dan p disebut parameter distribusi binomial.Jadi, jika kita menyatakan bahwa X

adalah b

(

5,1

3

)

kita artikan bahwa X mempunyai fdp binomial

f(x)=

(

5

x

)

(

1 2

)

x

(

2 3

)

n−x

; x=0,1,2… ,5

= 0 ; untuk lainnya

Fpm distribusi binomial mudah dicari. Itu adalah

etxf(x)=¿

∑

x=0

n etx

(

n

x

)

p x

(1−p)n−x

M(t)=

∑

x=0

n

¿

=

p et¿

¿

(

n x

)

¿

∑

x=0

n

¿

=

[

(1−p)+p et

]

n

untuk semua nilai real t.

Rataan μ dan variansi σ2 dari X dapat dihitung dari M(t) Karena M'

dan M''

(t)=n(n−1)

[

(1−p)+p et

]

n−2

(

_{p e}t

)

2

+n

[

(1−p)+p et

]

n−1

(

_{p e}t

)

_{mengakibatkan}

bahwa

μ=M'_(0)=np

dan M''(0)−μ2=np+n(n−1)p2−(np)2=np(1−p)

Contoh 1

Misalkan X merupakan banyak muka (sukses) dalam n = 7 lantunan independen dari koin tak bias.Fdp dari X adalah

f(x)=

(

7

x

)

(

1 2

)

x

(

1−1 2

)

7−x

; x=0,1,2,… ,7

Maka X mempunyai fpm

M(t)=

(

1 2+

1 2e

t

)

7

mempunyai rataa μ=np=7

2, dan variansiσ 2

=np(1−p)=7 4 Selanjutnya kita mempunyai

P(0≤ X ≤1)=

∑

x=0 1

f(x)= 1 128+

7 128=

8 128

dan P(X=5)=¿ f (x)= 7!

5!2!

(

1 2

)

5

(

1 2

)

2 = 21 128 Contoh 2

Jika fpm peubah acak X adalah

M(t)=

(

2 3+

1 3e

t

)

5

maka X mempunyai distribusi binomial dengan n = 5 dan p = 1/3 , yaitu fdp dari X adalah

f(x)=

(

5

x

)

(

1 3

)

x

(

2 3

)

5−x

; x=0,1,2,… ,5

Di sini μ=np=5 3dan σ

2

=np(1−p)=10 9

Contoh 3

Jika Y adalah b

(

n ,1

3

)

,makaP(Y ≥1)=1−P(Y<0)=1−

(

2 3

)

n

Andaikan kita menginginkan mencari nilai n terkecil yang menghasilkan (Y ≥1)>0,80 , kita mempunyai 1−

(

2

3

)

n

>0,80dan0,20>

(

2 3

)

n

. Melalui pemeriksaan atau menggunakan

logaritma , kita melihat bahwa solusinya n = 4, yaitu peluang paling sedikit sukses seluruhnya

Contoh 4

Misalkan peubah acak Y sama dengan banyak sukses seluruhnya n ulangan independen dari percobaan acak dengan peluang sukses p, yaitu Y adalah b(n , p) dan rasio Y/n disebut frekuensi relatif sukses.Untuk ε>0 kita mempunyai

P

(

|

Y

n−p

|

≥ ε

)

=P

(

|Y−np|≥ εn

)

=P

(

|Y−μ|≥ ε

√

n p(1−p)σ

)

di mana μ=np dan σ2

=np(1−p) .Sesuai dengan pertidaksamaan Chebyshev dengan k=

ε

√

n

p(1−p) , kita mempunyai

P

(

|Y−μ|≥ ε

√

n

p(1−p)σ

)

≤

p(1−p)

n ε2

dan karenanya

P

(

|

Y

n−p

|

≥ ε

)

≤

p(1−p)

n ε2

Sekarang untuk setiap ε>0 tertentu , ruas kanan pertidaksamaan di atas mendekati nol untuk

n cukup besar , yaitu

lim

n →∞P

(

|

Y

n−p

|

≥ ε

)

=0 dan limn →∞P

(

|

Y

n−p

|

<ε

)

=1

Karena ini benar untuk ε>0 tertentu, kita melihat dalam keadaan tertentu , bahwa frekuensi relatif sukses untuk nilai n besar mendekati peluang sukses p

Contoh 5

Misalkan peubah acak independen X₁, X₂, X₃ mempunyai fungsi distribusi yang sama F(x). Misalkan Y nilai tengah dari X₁, X₂, X₃ . Untuk menentukan fungsi distribusi dari Y sebut

G(y)=P(Y ≤ y) , kita perhatikan Y ≤ y jika dan hanya jika paling sedikit dua peubah acak

dari X₁, X₂, X₃ lebih kecil atau sama dengan y . Misalkan kita mengatakan bahwa “usaha” ke

i adalah sukses jika Xi≤ y , i =1,2,3, di sini setiap “usaha” mempunyai peluang sukses F(y).

Dalam termlnologi ini , maka G(y)=P(Y ≤ y) adalah paling sedikit dua sukses dalam tiga

usaha independen .Jadi G(y)=

(

3

2

)

[

F(y)

]

2

[

1−F(y)

]

+

[

F(y)

]

3

Jika F(x) fungsi distribusi sehingga fdp dari X sehingga F'_(x

)=f(x) , maka fdp dari adalah

g(y)=G'(y)=6F(y)

[

1−F(y)

]

f (y)

bahwa hasil adalah unsur C_i . . Misalkan p_i tetap konstan seluruhnya n pengulangan independen, i=1,2,…,k . Tentukan peubah acak X_i sama dengan banyak hasil unsur

C_i;i=1,2,… , k−_{1 . Selanjutnya misalkan} x₁+x₂+…+x_k−1≤n . Maka peluang bahwa tepat

x1 mengakhiri percobaan ada di dalam C1, … .tepat xk−1 mengakhiri ada di dalam Ck−1 dan karenanya tepat

n - ( x₁+x₂+…+x_k−1¿ mengakhiri ada di dalam C_k adalah

n !

x₁! x₂!… x_k−1! x_k! p1

x1p

2

x2… p

k−1

xk−1p

k xk

di mana x_k semata-mata singkatan untuk n - ( x₁+x₂+…+x_k−1¿

Ini adalah fdp multinomial dari (k – 1) peubah acak n ( x1, x2, … xk−1¿ dari jenis diskrit. Apabila k = 3 , kita sering memisalkan X=X₁,danY=X₂, makan−X−Y=X₃ . Kita menyatakan bahwa X dan Y mempunyai distribusi trinomial

Fdp dari X dan Y adalah

f(x , y)= n !

x ! y !(n−x−y)!p1 x

p2

y p3

n−x−y

di mana x dan y bilangan bulat tidak negatif dengan x+y ≤ n ,danp₁+p₂+p₃=1 , dan misalkan f(x , y)=0 untuk lainnya. Sesuai dengan itu, f(x , y) memenuhi persyaratan untuk menjadi fdp bersama dari dua peubah acak X dan Y jenis diskrit, yaitu f(x , y) tidak negatif dan jumlahnya atas titik (x , y) pada mana f(x , y) positif sama dengan

(

p₁+p₂+p₃

)

n

=1

Jika n bulat positif dan a₁, a₂, a₃ konstanta , kita punyai

∑

x=0 n

∑

y=0 n−x n !

x ! y !(n−x−y)!a1 x

a₂ya₃n−x−y

=

∑

x=0

n _{n !a}

1

x

x !(n−x)!

∑

y=0

n−x

(n−x)! y !(n−x−y)!a2

y a3

n−x−y

=

∑

x=0

n _{n !a}

1

x

x !(n−x)!

(

a2+a3

)

n−x

=

(

a₁+a₂+a₃

)

n (1) Akibatnya ,fpm distribusi trinomial, sesuai dengan Persamaan (1), diberikan oleh

M

(

t₁,t₂

)

=

∑

x=0 n

∑

y=0 n−x n!

x ! y !(n−x−y)!

(

p1e t1

)

x

(

p

2e

t2

)

y

(

p₃

)

n−x−y

=

(

p₁et1₊p

2e

t2₊p

3

)

n

untuk semua nilai t₁dan t₂ .

Fungsi pembangkiy momen dari distribusi marginal dari X dan Y berturut-turut adalah

M

(

t1,0

)

=

(

p1e

t1₊p

2+p3

)

n

=

[

(

1−p1

)

+p1e

t1

]

n

dan M

(

0,t₂

)

=

(

p₁+p₂et2₊p

3

)

n

=¿

[

(

1−p2

)

+p2e

t2

]

n

Sebagai tambahan, X adalah b

(

n , p₁

)

dan Y adalah b

(

n , p₂

)

.Sesuai dengan itu , berturut-turut rataan, dan variansi dari X dan Y adalah μ1=n p1, μ2=n p2;σ12=n p1

(

1−p1

)

,

σ22=n p2

(

1−p2

)

Berikut perhatikan fdp bersyarat dari Y, diberikan X = x. Kita mempunyai

f_2∨1(y∨x)=¿ (n−x)!

x ! y !(n−x−y)!

(

p2 1−p₁

)

y

(

p3 1−p₁

)

n−x−y

; y=0,1,… , n−x

= 0 ; untuk lainnya.

Jadi distribusi bersyarat dari Y, diberikan X = x adalah b

(

n−x , p2

1−p₁

)

. Karenanya rataan

bersyarat dari Y, diberikan X = x adalah fungsi linear

E(Y∨x)=(n−x)

(

p2 1−p₁

)

Kita juga peroleh distribusi bersyarat dari X, diberikan Y = y adalah b

(

n−x , p1

1−p₁

)

dan

berarti

E(X∨y)=(n−x)

(

p1 1−p₂

)

Dalamcontoh2pasal1.3 bahwa kudrat koefisien korelasi sebut ρ2 _{, sama dengan perkalian}

dari

(

−p₂

1−p1

)

dan

(

−p1 1−p2

)

koefisien x dan y dalam rataan bersyarat. Karena kedua koefisien ini

negatif (dan berarti ρ adalah negatif , kita mempunyai

ρ=¿

√

p1p2

(

1−p1

)(

1−p2

)

Pada umumnya fpm dari distribusi multinomial diberikan oleh

M

(

t₁, … ,t_k−1

)

=

(

p₁et1

+…+p_k−1etk−1

+p_k

)

n

untuk semua nilai real t₁, t₂, … , t_k−1. Jadi setiap fdp marginal satu peubah adalah binomial, setiap fdp marginal 2 peubah adalah trinomial demikian seterusnya.

Soal-soal Latihan 2.1

1. Jika fpm peubah acak X adalah

(

1

3+ 2 3e

t

2. Fpm peubah acak X adalah

(

2 3+

1 3e

t

)

9 . Tunjukkan bahwa

P(μ−2σ<X<μ+2σ)=

∑

x=1 5

(

9

x

)

(

1 3

)

x

(

2 3

)

9−x

3. Jika Xadalahb(n , p) tunjukkan bahwa E

(

X

n

)

=pdan E

[

(

X n−p

)

2

]

=p(1−p)

n

4. Misalkan X₁, X₂, X₃ peubah acak independen mempnyai fdp yang sama f(x)=3x2 ,

0 < x < 1, nol untuk lainnya. Carilah peluang secara tepat dua dari tiga peubah melebihi 1

2

5. Misalkan Y adalah banyak sujses dalam n pengulangan independen dari percobaan acak

yg mempunyai peluang sukses p = 1

4 .Tentukan nilai terkecil n sehingga

P(Y ≥1)≥0.7

6. Misalkan Y adalah banyak sujses dalam n pengulangan independen dari percobaan acak

yg mempunyai peluang sukses p = 2

3 . Jika n = 3 ,hitung P(Y ≥2). Jika n = 5, hitung P(Y ≥3)

7. Misalkan X₁dan X₂ peubah acak independen berturut-turut mempunyai distribusi

binomial dengan parameter n₁=3,p₁=2

3dann2=4,p2= 1

2.HitungP

(

X1=X2

)

Petunjuk: Daftarkan empat cara saling eksklusif bahwa X₁=X₂ dan hitung peluang masing-masing.

8. Misalkan X₁, X₂,… , X_k−1 mempunyai distribusi multinomial.

a. Carilah fpm dari X₁, X₂,… , X_k−1

b. Berapakah fdp X₁, X₂,… , X_k−1

c. Tentukan fdp bersyarat dari X₁ diberikan bahwa X₂=x₂, … , X_k−1=x_k−1

d. Berapakah ekspektasi bersyarat E

[

X₁∨x₂, … , x_k−1

]

9. Misalkan Xadalahb(2,p) dan Yadalahb(4,p) . Jika P(X ≥1)=5

8 , carilah

P(Y ≥1)

(n+1)p−1<r<(n+1)p

Petunjuk: Tentukan nilai x sehingga rasio f(x+1)

f(x) >1

11. Misalkan X mempunyai fdp f(x)=1

3

(

2 3

)

x

; x=0,1,2,3,… , nol untuk lainnya, carilah fdp bersyarat dari X diberikan X ≥3

12. Misalkan X mempunyai distribusi binomial dengan parameter n dan p = 1/3. Tentukan n bulat terkecil sehingga P(X ≥1)≥0,85

13. Suatu bilangan 1,2,…,6 akan dipilih melalui lantunan dadu takbias. Misalkan percobaan acak ini diulang independen 4 kali. Misalkan peubah acak X₁ beerakhir dalam

himpunan {x∨x=1,2,3} , dan misalkan peubah acak X₂ beerakhir dalam himpunan {x∨x=4,5} . Hitung P

(

X₁=2,X₂=1

)

14. Misalkan

f

(

x₁, x₂

)

=

(

x1

x₂

)

(

1 2

)

x1

(

x2

15

)

; x2=0,1,… , x1; x1=1,2,3,4,5 nol untuk lainnya, adalah fdp bersama dari X₁ dan X₂

Tentukan

a. E

(

X₂

)

b. u

(

x₁₎=E

(

X₁∨x₁

)

c. u

(

x1

)

E¿

Bandingkan jawaban bagian ( a) dan (c)

Petunjuk:

Buktikan bahwa E

(

X₂

)

∑

x₁=1 5

∑

x₂=0

x1

x₂f

(

x₁, x₂

)

dan gunakan kenyataan bahwa

∑

y=0

n

y

(

n

y

)

(

1 2

)

n

= n/2

1+m+m 2

2!+ m3

3!+…=

∑

x=0

∞ mx x !

Konvergen ke em untuk semua nilai m.

Perhatikan fungsi f(x) ditentukan oleh

f(x)=m

x e−m

x ! ; x = 0,1,2,…

= 0 ,untuk lainnya

di mana m > 0 . Karena m > 0 , kemudian f(x)≥0 dan

∑

x

f(x)=

∑

x=0

∞

mxe−m

x ! =e

−m

∑

x=0

∞ mx

x !=e −m_em

=1

yaitu memenuhi persyaratan enjadi fdp, dari peubah acak jenis diskrit. Suatu peubah acak yang mempunyai bentuk f(x) ini disebut mempunyai distribusi Poisson dan setiap f(x) yang demikian disebut fdp Posson.

Fpm distribusi Poisson diberikan oleh

M(t)=

∑

x

etxf(x)=

∑

x=0

∞ etxm

x_e−m

x ! =e

−m

∑

x=0

∞

(et_m

)x

x ! =e

−m emet

= e−m(et₋₁₎

untuk semua nilai real t.

Karena M'(t)=em(et₋₁₎

(

m et

)

dan M''

(t)=em(et

−1)

(

_met

)

2 +em(et

−1)

(

_met

)

Maka μ=M'(0)=m

dan σ2=M' '(0)−μ2=m+m2−m2=m

yaitu distribusi Poisson mempunyai μ=σ2

=m .

f(x)=μ

x e−μ

x ! ; x=0,1,2,…

= 0 ; untuk lainnya. Pada hitungan ini ,fdp Poisson sering dituliskan

Contoh 1

Andaikan X mempunyai distribusi Poisson dengan ¿2 . Kemudian fdp dari X adalah

f(x)=2

x e−2

Variansi distribusi ini σ2=μ=2 .Jika kita ingin menghitung P(X ≥1) , kita punyai

P(X ≥1)=1−P(X=0)=1−f (0)=1−e−2 _=0,86

Contoh 2

Jika fpm peubah acak X adalah

M(t)=e4(et

−1)

maka X mempunyai distribusi Poisson dengan μ=4

Sesuai dengan itu P(X=3)=43e−4 3! =

32 3 e

−4

Soal-soal Latihan 2.2

1. Jika peubah acak X mempunyai distribusi Poisson sehingga P(X=1)=P(X=2) , carilah P(X=4)

2. Fpm peubah acak X adalah e4(et

−1) _{.Tunjukkan bahwa P(μ−2σ<X<μ+2σ)=0,931}

3. Misalkan fdp f(x) positif pada dan hanya pada bilangan bulat tidak negatif . Diberikan

bahwa f(x)=

(

4

x

)

f(x−1); x=1,2,3,… .Carilah f(x)

Petunjuk:

Perhatikan bahwa f(1)=4f(0), f(2)=

(

4 2

2!

)

f(0) dan seterusnya, yaitu, carlah setiap f(x) dari 1=f(0)+f(1)+(2)+…

4. Misalkan X mempunyai distribusi Poisson dengan μ=100. Gunakan pertidaksamaan Chebyshev untuk menentukan batas bawah dari P(75<X<125)

5. Misalkan X dan Y mempunyai fdp bersama

f(x , y)= e

−2

x !(x−y)! ; y = 0,1,2,…. ; x = 0,1,2,…,y , nol untuk lainnya

a. Carilah fpm M

(

t₁,t₂

)

dari distribusi ini

b. Hitunglah rataan, variansi, dan koefisien korelasi dari X dan Y.

c. Tentukan rataan bersyarat E(Y∨x)

Petunjuk: Perhatikan

∑

x=0

y

[

exp

(

t₁x

)

]

y !/

[

x !(y−x)!

]

=

[

1+exp

(

t₁

)

]

y

2.3 Distribusi Gamma dan Khi-kuadrat

Γ(α)=

∫

0

∞

yα−1e−ydy

Jika kita perkenalkan peubah baru x dengan menulis y = x/ β , dengan β>0 , maka

Γ(α)=1

βα

∫

0

∞

xα−1e−x/βdx

Karena α>0,β>0, danΓ(α) , kita melihat bahwa

f(x)= 1

Γ(α)βαx

α−1_e−x/β

; 0 < x < ∞

= 0 ; untuk lainnya

adalah fdp jenis kontinu . Suatu peubah acak X yang bentuk ini disebut mempunyai distribusi gamma dengan parameter α dan , dan setiap f(x) yang demikian disebut fdp jenis gamma. Tinjauan

Diatribusi gamma adalah sering model peluang untuk waktu tunggu misalnya, pengujian

hidup,waktu tunggu hingga “mati”adalah peubah ack yang erring mempunyai distribusi gamma. Untuk melihat ini , mari kita andaikan postulat dari proses Poisson dan interval lamanya w

merupakan interval waktu . khususnya misalkan peubah acak W adalah waktu yang diperlukan untuk menyatakan tepat k perubahan (kemungkinan mati), di mana k adalah bilangan positif tertentu. Maka fungsi distribusi W adalah

G(w)=P(W ≤ w)=1−P(W<w)

Bagaimanapun kejadian W > w , untuk w > 0 adalah ekuivalen terhadap kejadian yang ada lebih kecil dari pada k perubahan dalam intrrval waktu lamanya w, yaitu , jika peubah acak X adalah banyak perubahan dalam interval wakt yang lamanya w, maka

P(W>w)=

∑

¿0x k−1

P(X=x)=

∑

x=0

k−1

(λw)xe−λw x !

Rumus berikut ditinggalkan sebagai untuk menyatakan bahwa

zk−1_e−z

(k−1)! dz=¿

∑

x=0

k−1

(λw)xe−λw x !

∫

λw ∞

¿

zk−1_e−z

Γ(k) dz=¿

∫

₀

λw

zk−1_e−z Γ(k) dz

G(w)=1−

∫

λw ∞

¿

= 0 ; untuk lainnya. Sesuai dengan itu , fdp dari W adalah

g(w)=λ

k_wk−1_e−λw

Γ(k) ;0<w<∞

= 0 ; untuk lainnya.

yaitu, W mempunyai distribusi gamma dengan α=k dan β=1

λ .

Sekarang kita mencari fpm distribusi gamma . Karena

M(t)=

∫

0

∞

etx 1

Γ(α)βαx

α−1_e−x/β_dx

=

∫

0

∞

1

Γ(α)βαx

α−1_e−x(1−tβ)/β_dx

kita dapat mengambil y = x(1−tβ)/β ; t < 1/ β , atau x=βy/(1−tβ) , untuk mempreoleh

M(t)=

∫

0

∞

β/(1−tβ)

Γ(α)βα

(

βy

1−βt

)

−y

e−ydy

yakni M(t)=

(

1

1−βt

)

α

∫

0

∞

1

Γ(α) y

α−1_e−y_dy

= 1

(1−βt)α; t < 1/ β Sekarang M'(t)=(−α)(1−βt)−α−1(−β)

dan M''_(t)

=(−α) (−α−1)(1−βt)−α−2(−β)2 Karenanya untuk distribusi gamma kita punyai

μ=M'_(0)=αβ

dan σ2=M' '(0)−μ2=α(α+1)β2−α2β2=α β2

Contoh 1

Misalkan waktu tunggu W mempunyai fdp gamma dengan ¿k dan β=1

λ . Seuai dengan itu

E(W) = k_λ . Jika k = 1 maka E(W) = 1_λ , yaitu, waktu tunggu yang diharapkan . Untuk k =

1 perubahan sama dengan kebalikan dari λ .

Misalkan X adalah peubah acak sehingga

E

(

Xm

)

=(m+3)! 3! 3

m

; m = 1,2,3,…

Maka fpm dari X diberikan oleh deret

M(t)=1+4!3 3! t+

5!32 3!2!t

2 +6!3

3

3!3!t

3 +…

Bagaimanapun ini adalah deret Maclaurin untuk (1−3t)−4, asalkan−1<3t<1 . Sesuai

dengan itu X mempunyai distibusi gamma dengan α=4dan β=3

Sekarang mari kita perhatikan kasus khusus dari distribusi gamma dalam hal ¿r/2 , di mana r

bulat positif , dan β=2 .

Suatu peubah acak jenis kontinu yang mempunyai fdp

f(x) = 1

Γ(r/2)2r/2x

r

2−1_e

−x

2 _{; 0 < x < ∞}

= 0 ; untuk lainnya.

dan fpm M(t)=(1−2t)−r/2 ; t < 1/2

disebut mempunyai distribusi khi-kuadrat dan setiap f(x) dari bentuk ini disebut fdp khi-kuadrat

Rataan dan variansi dari distribusi khi-kuadrat berturut-turut adalah

μ=αβ=(r/2)2=r dan σ2 =α β2

=(r/2)22

=2r .

Karena tidak jelas alasannya , kita sebut bilangan r derajat kebebasan dari distribusi khi-kuadrat (atau dari fdp khi-kuadrat), Karena distribusi khi-kuadrat mempunyai suatu peranan penting dalam ilmu statistik dan terjadi begitu sering, kita menulis untuk singkatnya X adalah χ2(r) yang berarti peubah acak X mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan r

Contoh 3

Jika X mempunyai fdp f(x)=1 4 x e

−x/2

;0<x<_{8 ,maka} X adalah χ2_{(2) .}

Karenanya μ=4,σ2

=8 dan M(t)=(1−2t)−2;t<1 2 .

Jika X mempunyai fpm (t)=(1−2t)−8;t<1

2 , maka X adalah χ2(16) . Jika peeubah acak X adalah χ2(r) dengan c₁<c₂ , kita mempunyai

P

(

c₁≤ X ≤ c₂

)

=P

(

c2)−P

(

c₁

)

;karenaP

(

X=c₁

)

=0

Untuk menghitung peluang seperti itu, kita perlukan nilai integral seperti

P(X ≤ x)=

∫

0

x

1

Γ(r/2)2r/2w

r

2−1_e

−w

2 _dw

Nilai integral ini untuk r dan x tertentu dapat dilihat pada tabel khi-kuadrat.

Contoh 5

Misalkan X mempunyai distribusi gamma dengan ¿r/2 , dengan r bulat positif, dan β>0 .Tentukan peubah acak Y = 2X/ β . Kita mencari fdp dari Y

Sekarang fungsi distribusi dari Y adalah

G(y)=P(Y ≤ y)=P

(

X ≤ βy

2

)

Jika y ≤0, maka (y)=0 , tetap jia y > 0 ,maka

G(y)=

∫

0

βy/2 1

Γ(r/2)βr/2x

r

2−1_e−x/β dx

Sesuai dengan itu fdp dari Y adalah

g(y)=G'(y) β/2

Γ(r/2)βr/2(βy/2)

r

2−1

e−y/2

= 1

Γ(r/2)2r/2 y

r

2−1_e−y/2

jika y > 0

Jadi Y adalah χ2(r)

Soal-soal Latihan 2.3

1. Jika (1−2t)−6 ; t < 1/2 adalah fpm dari peubah acak X. Carilah P(X<5,23)

2. Jika X adalah χ2_{(5) , tentukan konstanta c dan d sehingga P(c<X<d)=0,95 dan}

P(X<c)=0,025

3. Jika X mempunyai distribusi gamma dengan α=3dan β=4 , Carilah

Perhatikan peluang kejadian ini ekuivalen dengan peluang kejadian 1,64 < Y < 12,6 , di

mana Y=2X 4 =

X

2

4. Misalkan X adalah peubah acak sehingga E

(

Xm

)

=(m+1)!2m;m=1,2,3,… Tentukan fpm dan distribusi dari X

5. Tunjukkan bahwa

∫

μ ∞

1

Γ(k)z

k−1

e−zdz=

∑

x=0

k−1

(μ)xe−μ x !

Ini memperlihatkan hubungan antara fungsi distribusi dari gamma dan distribusi Poisson

Petunjuk:

Lakukan intergral parsial (k – 1) kali atau sederhananya perhatikan bahwa “anti turunan” dari zk−1e−zadalah

−zk−1_e−z

−(k−1)zk−2_e−z

−(k−1) (k−2)zk−3_e−z

+… .+(k−1)! e−z

6. Misalkan X mempunyai distribusi Poisson dengan parameter m . Jika m adalah nilai percobaan dari peubah acak yang mempunyai distribusi gamma gamma α=2dan β=1 . Hitunglah P(X=0,1,2)

7. Misalkan X mempunyai distribusi seragam dengan fdp f(x)=1;0<x<1 , nol untuk lainnya. Carilah fungsi distribusi dari Y=−2 lnX . Berapakah fdp dari Y?

8. Carilah distribusi seragam jenis kontinu yang mempunyai rataan dan variansi sama seperti distribusi khi-kuadrat dengan drajat kebebasan 8

2.4 Distribusi Normal Perhatikan integral

I=

∫

−∞ ∞

exp

(

−y 2

2

)

dy

Integral ini ada karena integran adalah fungsi kontinu positif dan dibatasi oleh fungsi yang

integrabel 0<exp

(

−y 2

2

)

<exp

(

−|y|+1

)

;−∞<x<∞ dan

∫

−∞ ∞

Untuk menghitung integral I . kita perhatikan bahwa I > 0 dan I2 dapat ditulis

I2 =

∫

−∞ ∞

∫

−∞ ∞

exp

(

−x 2

+y2

2

)

dydx

Integral berulang ini dapat dihitung dengan merubah ke koordinat polar, Jika kita mengambil

y=rcosθdanz=rsinθ kita mempunyai

I2=

∫

0 2π

∫

0

∞

e−r2rdrdθ=

∫

0 2π

dθ=2π

Sesuai dengan itu I=

√

2π dan

∫

−∞ ∞

1

√

2π exp

(

−y2

2

)

dy=1

Jika kita perkenalkan peubah baru dari integrasi, sebut x dengan menuliskan

y=x−a

b , b>0

integral di atas menjadi

∫

−∞ ∞

1

b

√

2π exp

[

−(x−a)2

2b2

]

dx=1

Karena b > 0 , ini mengakibatkan bahwa

f(x)= 1

b

√

2π exp

[

−(x−a)2

2b2

]

;−∞<x<∞

memenuhi persyaratan menjadi fdp jenis kontinu dari peubah acak . Suatu peubah acak jenis kontinu yang mempunyai fdp berbentuk f(x) dikatakan mempunyai distribusi normal , dan setiap f(x) bentuk ini fdp normal.

Kita dapat mencari fpm distribusi normal sebagai berikut.

Dalam M(t)=

∫

−∞ ∞

etx 1

b

√

2π exp

[

−(x−a)2 2b2

]

dx

=

∫

−∞ ∞

1

b

√

2π exp

[

−−2b2tx+x2−2ax+a2

2b2

]

dx

kita membuat kudrat sempurna dalam eksponen . Jadi M(t) menjadi

M(t)=exp

[

−a 2

−

(

a+b2t

)

2

2b2

]

−∞

∫

∞

1

b

√

2π exp

[

−

(

x−a−b2t

)

2

= exp

[

at+b 2_t2

2

]

karena integran dalam integral terakhir dapat menjadi alasan sebagai fdp normal dengan a

digantikan oleh a+b2t dan karenanya integral itu sama dengan satu.

Rataan μ dan variansi σ2 dari distribusi normal akan dihitung dari M(t).

Sekarang M'(t)=M(t)

(

a+b2t

)

dan M''(t)=M'(t)

(

a+b2t

)

+M(t)

(

b2

)

= M(t)

(

a+b2t

)

2+M(t)

(

b2

)

Jadi μ=M'₍₀

)=a

dan σ2=M' '(0)−μ2=b2+a2−a2=a2

Ini menunjukkan kita, untuk menulis fdp normal dalam bentuk dari

f(x)= 1

σ

√

2π exp

[

−(x−a)2

2σ2

]

;−∞<x<∞

Satu bentuk yang menunjukkan secara eksplisit nilai μdan σ2 . Maka fpm M(t) dapat ditulis

M(t)=exp

[

μt+σ 2_t2

2

]

Contoh 1

Jika X mempunyai fpm

M(t)=e2t+32tt

maka X mempunyai distribusi normal dengan μ=2, σ2=64 . Fdp normal begitu sering terjadi dalam bagian statistik tertentu yang kita nyatakan itu, untuk singkatnya oleh N

(

μ , σ2

)

. Jadi jika kita katakan bahwa peubah acak X adalah N(0,1), kita mengartikan bahwa X

mempunyai distribusi normal dengan rataan μ=0 dan variansi σ2=1 , sehinngga fdp dari

X adalah

f(x)= 1

√

2πexp

[

−x2

2

]

;−∞<x<∞

f(x)= 1

2

√

2πexp

[

−(x−5)2

[image:18.612.67.506.76.650.2]

2(4)

]

;−∞<x<∞ Selanjutnya, jika M(t)=e2t _{maka X adalah N(0,1)}

Grafik dari

f(x)= 1

σ

√

2π exp

[

−(x−a)2

2σ2

]

;−∞<x<∞ dilihat

1. Simetrik terhadap garis vertikal melalui x = μ

2. Mempunyai maksimum 1

σ

√

2π pada x = μ

3. Mempunyai sb-x sebagai asimtot datar

4. Mempunyai titik belo pada x = μ ± σ

Teorema 1

Jika peubah acak X adalah

(

μ , σ2

)

;σ2>0 , maka peubah acak W=X−μ

σ adalah N(0,1)

Bukti

Fungsi distribusi G(w) dari W adalah

G(w)=P

(

X−μ

σ ≤ w

)

=P(X ≤ wσ+μ)

yaitu G(w)=

∫

−∞ wσ+μ

1

σ

√

2πexp

[

−(x−a)2 2σ2

]

dx

Jika kita mengubah peubah integrasi dengan menuliskan y=x−μ

σ ; maka

G(w)=¿

∫

−∞ w

1

√

2π exp

[

−y2

2

]

dy

Sesuai dengan itu fdp g(w)=G'(w) dari peubah acak jenis kontinu W adalah

g(w)= 1

√

2π e

−w2

2 _{;−∞<x<∞}

Jika peubah acak X adalah N

(

μ , σ2

)

; σ2>0 , maka peubah acak V=(x−μ) 2

σ2 adalah χ2(1)

Bukti

Karena V=W2 _{dimana W=}X−μ

σ adalah N(0,1) fungsi distribusi dari V untuk v ≥0

,adalah

G(v)=P

(

W2≤ v

)

=P(−

√

v ≤W ≤

√

v)

yaitu, G(v)=2

∫

0 √v

1

√

2πe

−w2

2 _{dw ;v ≥0}

= 0 ; untuk lainnya

Jadi kita mengubah peubah integrasi melalui penulisa ¿

√

v , maka

G(v)=

∫

0

v

1

√

2π

√

ye

−y/2_dy

Karenanya fdp g(v)=G'(v) dari peubah acak jenis kontinu V adalah

g(v)= 1

√

2π

√

ve

−v/2

;0<∞

= 0 ; untuk lainnya.

Karena g(v) adalah fdp, dan karenanya

∫

0

∞

g(v)dv=1

integral ini harus menjadi bahwa Γ

(

1

2

)

=

√

π dan berarti V adalah χ2(1) Sol-soal Latihan

1. Jika X adalah N(75,100), carilah P(X<60)dan P(70<X<100) .

2. Jika X adalah N

(

μ , σ2

)

, carilah b sehingga P(−b<X−60<b)=0,90

3. Misalkan X adalah N

(

μ , σ2

)

sehingga P(X<89)=0,90 danP(X<94)=0,95 Carilah μ dan σ2

4. Yunjukkan bahwa konstanta c dapat dipilih sehingga f(c)=e2−x2

;−∞<x<∞ , memenuhi persyaratan dari fdp normal.

5. Jika X adalah N

(

μ , σ2

)

_{tunjukkan bahwa}

(

_|X−μ|

)

_=σ

√

_{2π .}

6. Tunjukkan bahwa grafik fdp N

(

μ , σ2

)

_{mempunyai titik belok pada x=μ−σ dan}

x=μ−σ .

7. Misalkan peubah acak X mempunyai fdp

Carilah rataan dan variasi X

Petunjuk:

Secara langsung hitung E(X)danE

(

X2

)

_{dengan membandingkan dengan membanding} kan integral itu dengan integral yang menggambarkan variansi peubah yaitu N(0,1).

8. Misalkan X adalah N(5,10). Carilah P

(

0,04<(x−5)2<38,4

)

.

9. Jika X adalah N(1,2) , hitunglah P

(

1<χ2 <9

)

.

10. Misalkan X peubah acak sehingga E

(

X2m

)

=(2m)!

2mm! ; m =1,2,3,…dan E

(

X

2m−1

)

=0 ,

m = 1,2.3….. Carilah fpm dan fdp dari X

11. Misalkan peubah acak X mempunyai distribusi yaitu N

(

μ , σ2

)

a. Adakah peubah acak Y=X2 _{juga mempunyai distribusi normal?}

b. Adakah peubah acak Y=aX , a dan b

c. konstanta tak nol’

Petunjuk: Dalam setiap kasus pertama tentukan P(Y ≤ y) .

12. Misalkan peubah acak X adalah N

(

μ , σ2

)

_{. Apakah akan ada distribusi ini jika}

σ2=0?

Petunjuk: Lihat pada fpm dari X untuk σ2>0 dan selidiki limitnya jika σ2→0 .

13. Misalkan X dan Y peubah acak independen , masing-masing dengan distribusi N(0,1). Misalkan Y = X + Y . Carilah integral yang mewakili fungsi distribusi

G(z)=P(X+Y ≤ z) dari Z. tentukan fdp dari Z

Petunjuk:

Kita mempunyai bahwa G(z)=

∫

−∞ ∞

H(x , z)dx , di mana

H(x , z)=

∫

−∞ z−x

1

2πexp

[

−

(

x

2 +y2

)

Carilah G(z) dengan menghitung

∫

−∞ ∞

[

∂ H(x , z)

∂ z

]

2 dx

2.5 Distribusi Normal Bivariat Mari kita selidiki fungsi

f(x , y)= 1

2π σ₁σ₂

√

1−ρxe −q/2_;

−∞<x<∞;−∞<y<∞

dengan σ₁¿0, σ₂>0;−1<ρ<1

q= 1

1−ρ2

[

(

x−μ₁

σ₁

)

2

−2ρ

(

x−μ1

) (

y−μ2

)

σ₁σ₂ +

(

x−μ₂ σ₂

)

2

]

Kita akan menunjukkan bahwa

1. f(x,y) adalah fdp bersama

2. X adalah N

(

μ1, σ12

)

danY adalah N

(

μ2, σ22

)

3. ρ adalah koefisien korelasi dari X dan Y.

Suatu fdp bersama dari bentuk ini disebut fdp normal bivariat dan peubah acak X dan Y dikatakan mempunyai distribusi normal bivariat.

Bahwa fungsi tidak negatif f(x,y) secara nyata fdp bersama dapat dilihat sebgaia berikut. Tentukan f₁(x) melalui

f₁(x)=

∫

¿∞ ∞

f(x , y)dy

Sekarang

(

1−ρ2

)

q=

[

(

x−μ1

σ₁

)

2

−2ρ

(

x−μ1

)(

y−μ2

)

σ₁σ₂ +

(

x−μ₂ σ₂

)

2

]

=

(

y−b

σ₂

)

2

+

(

1−ρ2

)

(

x−μ1

σ₁

)

2

Di mana b=μ₂+ρ

(

σ2

σ₁

)

(

x−μ1

)

. Jadi

f₁(x)=¿ exp

[

−

(

x−μ1

)

2

/2σ₁2

]

σ₁

√

2π −∞

∫

∞ _exp

{

₋

(

_y−b2

)

2 /

[

2σ2

2

(

1−ρ2

)

]

}

σ₂

√

1−ρ2

Karena maksud dari

integrasi, integran dari integral dalam pernyataan untuk

f1(x) dan dipertimbangkan sebagai fdp normal dengan rataan b dan variansi σ22

(

1−ρ2

)

. Berarti integral ini sama dengan satu dan

f₁(x)=¿ exp

[

−

(

x−μ1

)

2

/2σ1 2

]

σ₁

√

2π ;−∞<x<∞

Karena

∫

−∞ ∞

∫

−∞ ∞

f(x , y)dydx=

∫

−∞ ∞

f₁(x)dx=1

fungsi tidak negatif f(x,y) adalah fdp dari dua peubah acak jenis kontinu X dan Y. sesuai dengan itu f₁(x) adalah fdp marginal dari X, dan X dilihat menjadi N

(

μ1, σ1

2

)

. Dengan cara seperti itu bahwa Y adalah N

(

μ2, σ22

)

.

Selanjutnya dari pengebangan di atas

f (x , y)=f₁(x)

{

1

σ₂

√

1−ρ2

√

2π exp

[

−(y−b)2 2σ₂2

(

1−ρ2

)

]

}

di mana b=μ₂+ρσ2 σ1

(

x−μ₁

)

Sesuai dengan itu , factor kedua dalam ruas kanan persamaan di atas adalah fdp bersyarat dari

Y,diberikan X = x adalah normal dengan rataan μ₂+ρσ2

σ1

(

x−μ₁

)

dan variansi σ22

(

1−ρ2

)

.Jadi dengan distribusi normal bivariat,rataan bersyarat dari Y, diberikan X = x, adalah linear dalam x dan diberikan oleh

E

[

Y∨x

]

=μ₂+ρσ2

σ1

(

x−μ₁

)

Karena koefisian x dalam rataan bersyarat linear E

[

Y∨x

]

ini adalah ρσ2

σ1 dan karena

σ₁ danσ₂ mewakili simpangan baku,dalam kenyataan bilangan ρ ada, koefisien korelasi

X dan Y

Dalam cara yang serupa kita dapat menunjukkan distribusi bersyarat dari X diberikan Y = y

adalah distribusi normal N

(

μ₁+ρσ1

σ₂

(

x−μ2

)

, σ1 2

(

₁

−ρ2

)

)

Misalkan kita andaikan bahwa dalam suatu populasi pasangan perkawinan tertentu, X₁ tinggi suami dan X₂ tinggi istri mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter μ₁=_5,8 kaki , μ₂=5,3kaki , σ₁=σ₂=0,2kaki dan ρ=0,6 kaki

Fpm bersyarat dari X₂ diberikan X₁=6,3 adalah normal dengan rataan 5,3 + (0,6)(6,3 -5,8 = 5,6. Dan simpangan baku (0,2)

√

1−0,36=0,16. Sesuai dengan itu diberikan bahwa tinggi suami adalah 6,3 kaki, peluang bahwa isterinya mempunyai tinggi antdapat ara 5,28 dan 5,92 kaki adalah

P

(

5,28<X₂<5,92∨X₁=6,3

)

=ϕ(2)−ϕ(−2)=0,954

Interval (5,28,s,92) dapat beralasan sebagai interval prediksi 95,4% untuk tinggi istri diberikan

X₁=6,3

Fpm distribusi normal bivariat dapat ditentukan sebagai berikut. Kita mempunyai

M

(

t₁,t₂

)

=

∫

−∞ ∞

∫

−∞ ∞

et1x+ttyf₍x , y₎dydx

=

et1xf

1(x)[¿

∫

−∞ ∞

et2yf

2∨1(y∨x)dy]

∫

−∞ ∞

¿

untuk semua nilai t₁dan t₂ . Integral dalam kurung adalah fpm dari fdp bersyarat

f_2∨1(y∨x) . Karena f_2∨1(y∨x) adalah fdp normal dengan rataan μ₂+ρσ2

σ1

(

x−μ₁

)

dan

variansi σ22

(

1−ρ2

)

maka

∫

−∞ ∞

et2yf

2∨1(y∨x)dy=exp

{

t2

[

μ2+ρ

σ₂

σ₁

(

x−μ1

)

]

+

t₂2σ₂2

(

1−ρ2

)

2

}

Sesuai dengan itu , M

(

t₁,t₂

)

dapat ditulis dalam bentuk

exp

{

t₂μ₂−t₂ρσ2

σ₁μ1+

t₂2_σ 2 2

(

₁

−ρ2

)

2

}

_−∞

∫

∞

exp

[

(

t₁+t₂ρσ2

σ₁

)

x

]

f1(x)dx Tetapi _E

(

etx

)

=exp

[

μ₁t+

(

t 2

σ₁2

)

Seuai dengan itu , jika kita ambil t=t₁+t₂ρσ2

σ1

, kita melihat bahwa M

(

t₁,t₂

)

diberikan

oleh

exp

{

t₂μ₂−t₂ρσ2 σ₁μ1+

t22σ22

(

1−ρ2

)

2 +μ1

(

t1+t2ρ

σ2

σ₁

)

+σ1 2

(

t1+t2ρ

σ₂ σ₁

)

2

2

}

atau ekuivalen

M

(

t₁,t₂

)

=exp

[

μ₁t₁+μ₂t₂+1 2(σ1

2_t 1 2

+2ρ σ₁σ₂t₁t₂+σ₂2_t 2 2 )

]

Berminat untuk memperhatikan bahwa fpm M

(

t₁,t₂

)

koefisien korelasi diambil sama dengan nol,maka

M

(

t₁,t₂

)

=M

(

t₁,0

)

M

(

0,t₂

)

Jadi X dan Y independen apabila ρ=0 . Jika sebaliknya

M

(

t₁,t₂

)

=M

(

t₁,0

)

M

(

0,t₂

)

kita mempunyai eρ σ1σ2t1t2

=1 . Karena masing-masing σ12dan σ22 positif maka ρ=0

Teorema 3

Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan rataan μ₁ dan μ₂ variansi

σ1 2

dan σ2

2

positif, dan koefisien korelasi ρ .Maka X dan Y independen jika dan hanya jika

ρ=0

Soal –soal Latihan 2.5

1. Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter berturut – turut μ₁=2,8 , μ₂ = 110, σ12=0,16, σ22 = 100 dan ρ =0,6

Hitunglah

a. P(106<y<124)

b. P(106<y<124∨X=3,2)

b. P(3<y<8∨X=7)

c. P(−3<X<3)P(−3<X<3∨Y=−4)

3. Jika M

(

t₁,t₂

)

adalah fpm dari distribusi normal bivariat , hitung kovariansi dengan menggunakan rumus

∂2_M(0,0)

∂t1∂t2

=∂ M(0,0)

∂ t1

∂ M(0,0)

∂ t2

Sekarang ambil ψ

(

t1,t2

)

=lnM

(

t1, t2) . Tunjukkan bahwa ∂ 2

ψ(0,0)

∂ t1∂ t2

memberikan

langsung kovariansi ini.

4. Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter berturut – turut μ₁=_{20 ,} μ₂ = 40, σ1

2

=4, σ2 2

= 4 dan ρ =0,6. Carilah interval terpendek sehingga 90% adalah peluang bersyarat bahwa Y ada dalam interval ini diberika X = 22

5. Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter berturut – turut μ₁=5 , μ₂ = 10, σ12=1, σ22 = 25 dan ρ > 0

Jika (4<Y<16∨X=5)=0,954 , tentukan ρ

6. Katakan koefisien korelasi antara tinggi suami dan istriadalah 0,70 atau rataan tinggi laki-laki 5kaki 10 inci dengan simpangan baku 2 inci dan rataan tinggi perempuan 5 kaki 4 inci dengan simpangan baku 1,5 inci . Andaikandintribusi normal bivariat .Berapa perkiraan terbaik tinggi perempuan yang mempunyai tinggi suami 6 kaki- Carilah interval prediksi 95% untuk tingginya.

7. Misalkan f(x , y)=

(

1 2π

)

exp

[

−1 2

(

x

2

+y2

)

]

{

1+xyexp

[

−1 2

(

x

2