BAB II
Metode Pembentukan Fungsi Distribusi
Pada bab akan dibahas beberapa metode alternative untuk menentukan fungsi distribusi dari peubah acak baru yang terbentuk dari peubah acak yang lama . Dengan kata lain suatu peubah acak X mempunyai pdf f(x) dan y = g(x) fungsi dari X, yang ingin diketahui adalah pdf dari y.
Ada tiga metode yang akan diperkenalkan yaitu metode Fungsi Distribusi, metode Transformasi peubah acak baik yang bertype diskrit maupun kontinu dan metode fungsi pembangkit momen. Tiap metode mempunyai kelebihan dan kekurangan, ada kalanya suatu masalah lebih mudah dikerjakan dengan salah satu metode dan ada kalanya metode yang lain lebih mudah diaplikasikan.
2.1. Metode Fungsi Distribusi
Jika Y mempunyai pdf kontinu f(y) dan U suatu fungsi dari Y, maka kita dapat mencari F(u) = P(U u) dengan mengintegralkan f(y) pada area U u. Fungsi kepadatan peluang U ditemukan dengan mendifferensialkan F(u). Untuk lebih jelasnya langkah-langkah menemukan pdf dengan metode fungsi distribusi adalah :
1. Setiap titik pada Y berkorespondensi satu-satu ke U. Tentukan ruang sample U 2. Hitung P(U u) atau fungsi distribusi dengan mengintegralkan f(y) pada area yang
sudah dibatasi.
3. PDF U diperoleh dengan mendifferensialkan (turunan pertama) dari fungsi distribusi
Contoh :
1. f(y) = 2y , 0 y 1 dan 0 untuk y lainnya. Jika U = 3Y -1, tentukan pdf U. Jawab :
F(u) = P(U u)
Y berkorespondensi satu –satu ke U sehingga P(U u) = P(3Y -1 u) = P(Y 1/3(u +1))
Batas atas dan bawah
Batas bawah : Y = 0 maka U = 3(0) -1 = -1 Batas atas : Y = 1 maka U = 3(1) -1 = 2 Fungsi Distribusi :
F(u) = P(U u) = P(3Y -1 u) = P(Y 1/3(u +1))
Untuk u < -1 P(Y 1/3(u +1)) = 0 Untuk u > 2 P(Y 1/3(u +1)) = 1 Untuk -1 u 2 P(Y 1/3(u +1)) =
3 1 0 ) ( u dy y f =
3 1 0 2 u dy y = 2 3 1 0 2 3 1 u y uFungsi Distribusi U adalah :
F(u) = 2 ; 1 2 1 ; 3 1 1 ; 0 2 u u u u
Fungsi kepadatan peluang atau pdf U
f(u) = u u F ( ) = lainnya u u u ; 0 2 1 ; ) 1 ( 9 / 2
2. (Y1,Y2) adalah sample acak berukuran n = 2 dari distribusi uniform pada interval
(0,1). Tentukan fungsi kepadatan peluang dari U =Y1 + Y2
Jawab :
PDf tiap Y adalah : f(y) = 1, 0 y 1 dan 0 untuk y lainnya. Karena Y1 dan Y2 saling
bebas maka f(y1 , y2) = 1 , 0 y1 , y2 1 dan 0 untuk y1 dan y2 lainnya.
Batas atas dan bawah
(y1 , y2) (0,0) (0,1) (1,0) (1,1)
U 0 + 0 = 0 0 + 1 = 1 1 + 0 = 1 1 + 1 = 2
Fungsi Distribusi :
F(u) = P(U u) = P(Y1 + Y2 u).
Untuk u < 0 F(u) = 0 Untuk u > 2
F(u) = 1
Untuk 0 u 2
Ekspresi matematika untuk perubahan F(u) bergantung pada 0 u 1 atau 1< u 2
Untuk 0 u 1
0 u 1. Fungsi distribusi untuk interval ini adalah integral pada daerah A. F(u) = 1 2 0 0 2 ) 1 ( dy dy uu y
=
u dy y u 0 2 2) ( = u y uy 0 2 2 2 2 = 2 2 u ; 0 u 1 Dan untuk 1< u 2Lihat gambar kanan, daerah A bukan merupakan daerah y1 + y2 u, untuk
interval 1 < u 2. Pengintegralan pada daerah yang diarsir sama saja dengan total
peluang yaitu 1 dikurangi integral daerah A. Ini merupakan fungsi distribusi untuk interval 1 < u 2. F(u) = 1 -
A dy dy y y f( 1, 2) 1 2 = 1 -
1 1 1 ) ( 2 1 2 ) 1 ( u u y dy dy = - ½ u2 + 2 u -1 ; 1< u 2Dapat disimpulkan bahwa fungsi distribusi U adalah :
F(u) = 2 ; 1 2 1 ; 1 2 2 1 0 ; 2 0 ; 0 2 2 u u u u u u u
Fungsi kepadatan peluang U adalah f(u) =
u u F ( ) sebagai berikut : f(u) = 2 0 ; 0 2 1 ; 2 1 0 ; u dan u u u u u Latihan:
1. f(y1 , y2) = 3y1 , 0 y2 y1 1 dan 0 untuk y1 dan y2 lainnya. Jika U = Y1 – Y2,
tentukan pdf U.
2. (Y1,Y2) adalah sample acak berukuran n = 2 dari distribusi uniform pada interval
(0,1). Tentukan fungsi kepadatan peluang dari U =Y1 - Y2
2.2. Metode Transformasi Peubah acak Diskrit
Untuk mengetahui pdf dari y, perlu dilakukan langkah-langkah berikut : 1. menentukan invers dari y.Fungsi y = g(x) haruslah berkorespondensi satu-satu dan Onto, sehingga y mempunyai invers yaitu x = w(y).
2. menentukan Ruang sample.
Ruang sample menyatakan domain atau daerah asal x, yaitu = {x|x1, x2, …}.
Ruang sample menyatakan kodomain (daerah hasil y) atau invers dari x, yang dinyatakan dengan = { y|y1, y2, …}.
3. menentukan PDF Y
P(Y = g(x)) = P(X = w(y)) = f(x = w(y)) = h(y) ; y
Jadi pdf dari y adalah h(y) untuk y untuk dan 0 untuk y lainnya
Multivariable (2 atau lebih peubah acak)
Peubah acak Xi , i = 1, 2, 3 …n dengan pdf fi(x) dan fungsi Yi = g(x1 ,x2, …, xn )
merupakan fungsi dari Xi. Untuk menentukan pdf Yi dilakukan langkah-langkah seperti
pada satu peubah acak. Fungsi yi = g(xi) haruslah berkorespondensi satu-satu dan Onto,
sehingga xi = w(yi) adalah invers yi. Ruang sample = {(x1, x2, …xn)} dan ruang sample
= {(y1, y2, …yn)}. PDf dari Yi adalah P(Yi = g(xi)) = P(Xi = w(yi)) = f(xi = w(yi)) = h(yi)
; yi . Dapat dikatakan pdf dari yi adalah h(yi) untuk yi untuk dan 0 untuk yi
Contoh : 1. Diketahui X ~ P() yaitu f(x) = ! x e x , x = 0, 1, 2, … dan > 0. Jika Y = 4X tentukan pdf Y. Jawab : a. Invers
Y = 4X onto dan berkorespondensi satu-satu, sehingga inversnya adalah X = y/4.
b. Ruang sample
Domain : = {x|x= 0, 1, 2, …}.
Kodomain : = { y|y =4(0), 4(1),4(2), …} = { y|y = 0, 4, 8, …} c. PDF Y
f(y) = P(y = f(x)) = P( x = y/4)
f(y) = )! 4 / ( 4 / y e y ; y = 0, 4, 8, … = 0 ; untuk y lainnya 2. f(x1,x2) = ) ( 2 1 2 2 1 x x x x
b
a
; (x1, x2) = {(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)} = 0 ; x1 dan x2 lainnya.Jika Y1 = X1 - X2 dan Y1 = X1 + X2 , tentukan f(y1, y2)
Jawab : Invers Y1 = X1 - X2 Y1 = X1 + X2 + Y1 + Y2 = 2X1 X1 = ½( Y1 +Y2 ) = w1(y1, y2) X2 = ½ (Y2 - Y1) = w2(y1, y2) Ruang sample
= {(x1, x2)| (0,0), (0,1), (1,0), (1,1)} dan ruang sample = {(y1, y2)| (0-0,0+0),(0-1,0+1),(1-0,1+0),(1-1,1+1)} = {(y1, y2)| (0, 0),(-1,1), (1,1), (0, 2)}. PDF f(y1, y2) = f(½ (y1 + y2), ½(y2 – y1)) f(y1, y2) = ) ( 2 2 2 y y
b
a
; (y1, y2) = 0 ; (y1, y2) Latihan: 1. Diketahui X ~ P() yaitu f(x) = ! x e x , x = 0, 1, 2, … dan > 0. Jika Z = X2 tentukan pdf Y.2. X1 dan X2 bebas stochastic berdistribusi poisson. Jika Y1 = X1+ X2 , tentukan f(y1, y2)
dan tentukan pdf marginal f1(y1)
3. X1 dan X2 bebas stochastic dengan pdf yang sama yaitu X ~ b(3, 1/3).
Jika Y1 = (X1+ X2 )/2, tentukan f(y1, y2) dan tentukan pdf marginal f1(y1) .
2.3. Transformasi Peubah acak Kontinu
Teorema :
Misalkan X pa kontinu dengan pdf f(x). Misalkan Y = h(x) menyatakan hubungan (berkorespondensi satu-satu) antara nilai X dan Y sehingga persamaan Y = h(x) mempunyai jawaban tunggal untuk X dan Y, maka pdf dari Y=h(X) adalah
g(y) = f(x)
dy dx
, dimana x = h-1(y) = w(y)
Bukti :
Fungsi naik (monoton naik)
Misalkan Y = h(x) maka x = h-1(y) = w(y) dx dy = h(x) dy dx = w(y)
P(y1 < Y < y2) = P[w(y1) < X < w(y2)] = P[(x1 = h-1(y1)) < X < (x2 = h-1(y2))]
2 1 x x f(x) dx =
2 1 y y f(w(y)).w(y) dyg(y) = f(w(y)) w(y) dimana w(y) = x = h -1(y)
Fungsi turun (monoton turun) Andaikan x1 < x2 maka f(x2) < f(x1).
P(y1 < Y < y2) = P[w(y2) < X < w(y1)] = P[(x2 = h-1(y2)) < X < (x1 = h-1(y1))]
1 2 x x f(x) dx =
1 2 y y f(w(y)).w(y) dy = -
2 1 y y f(w(y)).w(y) dyg(y) =- f(w(y)) w(y) dimana w(y) = x = h -1(y) Dari gabungan keduanya diperoleh :
g(y) = f(w(y))| w(y)|
Tanda + dan – hanya terjadi pada fungsi turunan sedangkan f(x) sebagai pdf tetap positif.
Langkah-langkah dengan metode transformasi
Memperoleh pdf dari Y=h(X) dimana pdf X adalah f(.)1. Tentukan fungsi invers x = h -1(y) = w(y). 2. Tentukan dy y dw dy dx ( )
= w(y) disebut juga transformasi Jacobi 3. Tentukan g(y) dengan g(y) = f(w(y))|w(y)|
Contoh :
f(x) = x/12; 1 < x < 5, dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = 2X – 3, tentukan pdf Y
Jawab :
= {x| 1 < x < 5} dan = {y| [2(1) – 3] < y <[2(5) - 3]} = {y| -1 < y < 7} Pdf Y adalah :
g(y) = f(w(y))|w(y)| = f( ½(y+3)) | ½ | =
2 1 ) 12 ( 2 3 y g(y) = 48 3 y
; -1 < y < 7 dan 0 untuk lainnya
Misalkan X(X1, X2) adalah p.a. bivariate dengan pdf bersama f(x1, x2). Misalkan pula
h1(x1, x2), h2(x1, x2) adalah fungsi-fungsi yang monoton naik atau monoton turun dan
Y1 = h1(X1, X2) serta Y2 = h2 (X1,X2), maka pdf dari Y = (Y1,Y2) adalah
g(y1, y2) = f(w1(y1, y2),w2(y1, y2)) | J |
dimana
w1(,) = h1-1(y1,y2) dan w2(,) = h2-1(y1,y2)
dan transformasi Jacobi adalah
J = 2 2 1 2 2 1 1 1 y x y x y x y x Contoh : 1. f(x1, x2) = lainnya x x untuk x x x x 2 1 2 1 2 1 , ; 0 1 0 , 1 0 ; 4
Jika Y1 = X12 dan Y2 = X1 X2, tentukan f(y1, y2)
Jawab : Invers y1 = x12 x1 = y 1 y2 = x1x2 y2 = y .x1 2 x2 = y2/ y 1 Batas x1 = 0 into 0 = y 1 y1 = 0 x1 = 1 into 1 = y 1 y1 = 1 x2 = 0 into 0 = y2/ y 1 y2 = 0
x2 = 1 into 1 = y2/ y 1 y2 = y 1
Daerah sample pdf asal Daerah sample pdf baru
Transformasi Jacobi J = 2 2 1 2 2 1 1 1 y x y x y x y x = 1 2 / 3 1 2 1 1 2 0 2 1 y y y y = 1 2 1 y Fungsi kepadatan peluang (Pdf)
f(y1,y2) = f(w1(y1,y2) ,w2(y1,y2)) | J | = f( y ), y1 2/ y ) |J| 1 f(y1,y2) = 4 1 1 2 1 2 1 y y y y = 1 2 2 y y
Secara umum ditulis sebagai :
lainnya y dan y untuk y y y y y y y f 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 ; 0 1 0 , 1 ; 2 ) , (
2. X1 dan X2 saling bebas stochastic masing-masing berdistribusi f(x) = 1, 0 < x < 1 dan
0 untuk x lainnya. Jika Y1 = X1 + X2 dan Y2 = X1 - X2, tentukan f(y1, y2).
y1 = x1 + x2 dan y2 = x1 - x2 x1 = ½(y1 + y2) dan x2 = ½ (y1 - y2) Batas x1 = 0 into 0 = ½(y1 + y2) y2 = - y1 x1 = 1 into 1 = ½(y1 + y2) y2 = 2 – y1 x2 = 0 into 0 = ½ (y1 - y2) y2 = y1 x2 = 1 into 1 = ½ (y1 - y2) y2 = y1 – 2
Daerah sample pdf asal Daerah sample pdf baru
Transformasi Jacobi J = 2 2 1 2 2 1 1 1 y x y x y x y x = 2 1 2 1 2 1 2 1 = 2 1 Fungsi kepadatan peluang (Pdf)
f(y1,y2) = f(w1(y1,y2) ,w2(y1,y2)) | J | = f( ½ (y1 + y2), ½ (y1 - y2) |J|
f(y1,y2) = 1.1.|- ½ | = ½
lainnya y dan y untuk y y y dan y y y y y y dan y y y y y y y f 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 ; 0 2 2 , 2 2 | ) , {( ; 2 1 ) , ( Pdf marginal : f1(y1) = 1 2 2 2 ) , (y y dy f y
=
1 1 2 2 / 1 y y dy = y1 ; 0 < y1 1 =
1 1 2 2 2 2 / 1 y y dy = 2 - y1 ; 1 < y1 < 2 = 0 untuk lainnya f2(y2) = 1 2 1 1 ) , (y y dy f y
=
2 1 2 2 2 / 1 y y dy = y2 + 1 ; -1 < y2 0 =
2 2 2 1 2 / 1 y y dy = 1 – y2 ; 0 < y2 < 1 = 0 untuk lainnya Latihan :1. Andaikan X mempunyai pdf f(x) = x2/9, 0 < x < 3 dan 0 untuk x lainnya. Tentukan
pdf dari Y = X3
2. f(x) positif untuk -1 < x < 2 dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = X2, tentukan pdf Y
3. Y1 = ½(X1 – X2) dan Y2 = X2, X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing
berdistribusi (22) . Tentukan f(y1 ,y2).
Petunjuk : r2 mempunyai pdf berikut : f(x) = /2 /2 1 /2 2 ) 2 / ( 1 r x r x e r , 0 x
2.4. Metode Fungsi Pembangkit Momen
Momen ke k terhadap titik asal (Moment about the origin)k = E(Yk), k = 1,2, …
Momen ke k terhadap mean (Moment about the mean) disebut juga momen pusat (central moment)
k = E[(Y- )k], k = 1,2, …
Fungsi Pembangkit Momen
MX(t) = E(etX) Deret Taylor ex=
0 3 2 ! ! 3 ! 2 1 ! i k i k x x x x i x Bentuk lain dari fungsi pembangkit momen
MX(t) =1 + E(X)t + E(X2) ! 2 2 t + E(X3) ! 3 3 t + + E(Xk) ! k tk + MX(t) = 1 + 1 t + 2 ! 2 2 t +3 ! 3 3 t + + k ! k tk + Teorema :
P.a.X dan Y mempunyai distribusi yang sama jika dan hanya jika MX(t) = MY(t), untuk
semua t.
Teorema :
Jika X1, X2, , Xn adalah saling bebas dan masing- masing mempunyai fungsi
pembangkit momen M (t)
i
x , maka fungsi pembangkit momen dari Y=
n i i X 1 adalah MU(t) =
n i X t M i 1 ) (Langkah- langkah dalam metode fungsi pembangkit momen
Distribusi dari Y = U(X1, X2, …, Xn) dicari sbb:2. Bandingkan mgf dari Y dengan bentuk momen yang umum yang telah dikenal 3. Tentukan distribusi dari Y.
Tabel Fungsi Pembangkit Momen Beberapa Distribusi
No Distribusi Pdf Mgf A. Diskrit 1. Binomial (n,p) f(x) = px p n x x n ) 1 ( x = 0, 1, 2, ,n dan 0 p 1. M(t) = [(1-p)+pet]n 2. Binomial negative(p) f(x) = 1 1 k x pk qx-k X = k, k+1, k+2, dan 0 p 1. t t e p pe ) 1 ( 1 3. Geometrik (p) f(x) = qx-1p, x = 1,2,3, dan 0 p 1 t t e p pe ) 1 ( 1 4. Poisson() f(x) = ! x e x , x = 0, 1, 2, … dan > 0 ) 1 (et
e
B Kontinu 1. Uniform(a,b) f (x) = a b 1 a x b ) (b a t e ebt at 2. Normal(, 2) f(x) = 2 ( )2 2 1 exp 2 1 x 2 exp 2 2 t t 3. Gamma(, ) f(x) = lainnya yang untuk untuk e x x , 0 0 , , ) ( 1 1 / , ) 1 ( 1 t t< 1/ 4. Chi-kuadrat ( r) F(x) = /2 /2 1 /2 2 ) 2 / ( 1 r x r x e r 0 x (1 - 2t)-r/2 5. Eksponensial () f (x) = / 1 y e 0 x (1 - t)-1 Contoh :
1. X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing mempunyai pdf yang sama yaitu
f(x) = x/6 ; x = 1, 2, 3 dan 0 untuk x lainnya. Jika Y = X1 - X2 tentukan f(y).
Jawab :
M(t) = E(ety) = E[exp(t(x1 + x2))] = E[exp(tx1) exp(tx2)] = E[exp(tx1)]E[exp(tx2)]
E[exp(tx1)] = E[exp(tx2)] = 1/6 et + 2/6 e2t + 3/6 e3t, sehingga
M(t) = (1/6 et + 2/6 e2t + 3/6 e3t)2 = 1/36 e2t+ 4/36 e3t + 10/36 e4t + 12/36 e5t+ 9/36 e6t Maka PDF Y adalah : f(y) = 1/36 ; y = 2 = 4/36 ; y = 3 = 10/36 ; y = 4 = 12/36 ; y = 5 = 9/36 ; y = 6 = 0 ; untuk y lainnya
2. X1 dan X2 bebas stochastic, masing-masing berdistribusi N(1 ,12) dan N(2 ,22) .
Jika Y = X1 - X2 tentukan f(y).
Jawab :
M(t) = E(ety) = E[exp(t(x1 - x2))] = E[exp(tx1) exp(-tx2)] = E[exp(tx1)]E[exp(-tx2)]
X1 ~ N(1 ,12) , dengan melihat MGF distribusi normal pada table di atas maka
diperoleh E[exp(tx1)] = 2 exp 2 1 2 1 t t , sedangkan E[exp(-tx2)] = 2 exp 2 2 2 2 t t . Sehingga :
M(t) = E(ety) = 2 exp 2 1 2 1 t t 2 exp 2 2 2 2 t t = 2 ) ( ) ( exp 2 1 2 2 2 2 1 t t
Dapat dikatakan bahwa f(y) ~ N(1-2 ,12 + 22)
Latihan :
1. Jika Xi ~ (i , i2), i =1,2,…,n, maka buktikan p.a.Y =
n i 1 aiXi berdistribusi N(
n i 1 aii ,
n i 1 ai2i2)2. Jika Xi ~ 2(ri), i =1,2,…,n, tentukan pdf p.a.Y =
n i 1 Xi2.5. Distribusi T
Definisi :P.a. T dikatakan berdistribusi - t (Student -t) dengan derajat kebebasan/ parameter r jika mempunyai pdf. g(t) = 2 ( 1)/2 ) / 1 ( 1 ) 2 / ( ] 2 / ) 1 [( r r t r r r , - < t < Teorema :
Jika Y dan Z peubah acak saling bebas dengan Y ~ 2(r) dan Z ~ N(0,1), maka distribusi
dari T = r Y Z / , berdistribusi tr. Bukti :
Dengan menggunakan metode Transformasi peubah acak type kontinu akan kita peroleh distribusi student atau distribusi t.
t = r y
z
/ dan y =u
t dan u berkorespondensi satu-satu sehingga mempunyai invers yaitu :
z = t y / dan u = y, sehingga z = tr u / r Batas Karena Y~ 2(r) yaitu /2 /2 1 /2 2 ) 2 / ( 1 r x r x e r dan Z ~ N(0,1) yaitu 2 exp 2 1 x2 dan T = Y r Z
/ maka batasnya adalah - < t < dan 0 < u <
Transformasi Jacobi J = r u t z Fungsi kepadatan peluang (Pdf)
f(t, u) = f(z, y) | J | = f(t u / , u) | J | r f(t, u) = 2 ) / ( exp 2 1 t u r 2 . 2 / 1 2 / 2 / 2 ) 2 / ( 1 r u r u e r . r u f(t, u) = 1 2 exp 2 ) 2 / ( 2 2 2 / 2 / 1 1 2 / r t u r r u r r ; - < t < dan 0 < u <
= 0 untuk t dan u lainnya.
Pdf marginal : f1(t) = f t u du u
( , ) = du r t u r r u r r
1 2 exp 2 ) 2 / ( 2 2 2 / 2 / 1 1 2 / 0 Misalkan x = r t u 2 1 2 t r x u / 1 2 2 ; dx r t du / 1 2 2 f1(t) = dx r t e r t x r r x r r
2 (1 /2)2 1 2 / 1 22 / 1 2 / ) 1 ( 2 2 / 0 = e x dx r t r r r x r 1 2 1 0 2 / ) 1 ( 2 / 1 1 ) 2 / ( 1
f1(t) = 2 ( 1)/2 ) / 1 ( 1 ) 2 / ( ] 2 / ) 1 [( r r t r r r ; - < t < = 0 untuk t lainnyaPdf marginal ini disebut distribusi t.
Note : Untuk data 30 biasanya didekati oleh distribusi t sedangkan data > 30 didekati oleh distribusi normal.
2.6. Distribusi F
Definisi :
Peubah acak F dikatakan berdistribusi F dengan parameter r1,r2, ditulis F(r1,r2)$, jika
mempunyai pdf ditunjukkan oleh
g(F) = ) ( 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 r r r r F r r F r r r r r r ; untuk F > 0 Teorema :
Jika U dan V adalah Peubah acak saling bebas dengan U ~
r21 dan V ~2 2 r
