MA5181 PROSES STOKASTIK

Catatan Kuliah

MA5181

PROSES STOKASTIK

“(not just) Always Listening, Always Understanding”

disusun oleh

Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.

Kelompok Keilmuan STATISTIKA - FMIPA Institut Teknologi Bandung

2012

Tentang MA5181 Proses Stokastik

A. Jadwal kuliah:

• Selasa; 9-10.40; R. Sem I.2

• Rabu; 13-13.50; R. StudyHall

B. Silabus:

• Peluang, peubah acak dan distribusi (1.5 minggu)

• Peluang/Ekspektasi bersyarat (1 minggu)

• Distribusi eksponensial (1.5 minggu)

• Proses Poisson (4 minggu)

• Proses Renewal (3 minggu)

• Rantai Markov (3 minggu)

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 (90%):

17 Oktober 2012 (40%) 5 Desember 2012 (50%)

• Kuis/PR/Kehadiran (10%)

Matriks kegiatan perkuliahan

Table 1: Materi kuliah MA5181 Proses Stokastik.

Minggu- Materi Keterangan

1 Pengantar Penjelasan kuliah

2 Peluang, peubah acak dan distribusi 3 Peluang/Ekspektasi bersyarat, p.a. eksponensial 4 Distribusi eksponensial (lanjutan)

5-8 Proses Poisson*

8 Ujian 1 17 Oktober 2012

9 -

10-12 Proses Renewal*

13-15 Rantai Markov*

15 Ujian 2 5 Desember 2012

Daftar Isi

1 Peluang, Peubah Acak dan Distribusi 1

1.1 Peluang . . . . 1

1.2 Peubah acak dan distribusi . . . . 3

1.3 Ekspektasi bersyarat . . . . 4

1.4 Distribusi eksponensial . . . . 6

2 Proses Poisson 1 2.1 Mengapa Proses Poisson? . . . . 1

2.2 Ilustrasi . . . . 1

2.3 Peubah Acak Poisson . . . . 2

2.4 Proses Menghitung . . . . 3

2.5 Definisi Proses Poisson . . . . 4

2.6 Waktu Antar Kedatangan dan Waktu Tunggu . . . . 4

2.7 Jumlahan Proses Poisson Saling Bebas . . . . 6

2.8 “Thinning” dari Proses Poisson . . . . 7

2.9 Proses Poisson Tak Homogen . . . . 8

3 Proses Renewal 1 3.1 Tentang Proses Poisson . . . . 1

3.2 Distribusi T_n, S_n dan N_t . . . . 1

3.2.1 Ilustrasi . . . . 1

3.2.2 Distribusi N_t . . . . 2

3.3 Proses Renewal . . . . 3

BAB 1

Peluang, Peubah Acak dan Distribusi

1.1 Peluang

Peluang adalah suatu konsep berpikir, bukan sekadar angka (walaupun wu- judnya adalah angka diantara nol dan satu). Peluang berkaitan dengan meny- atakan alasan atas suatu kejadian. Peluang, secara implisit, mengajak kita un- tuk mempersiapkan diri menghadapi kejadian yang tidak terjadi (yang memi- liki peluang kecil).

Contoh:

Setiap hari Laila pergi ke kampus dan berharap perkuliahan terjadi (untuk setiap mata kuliah Laila sudah memiliki dugaan peluang terjadinya perkulia- han tersebut). Jika suatu hari Laila tidak pergi ke kampus, akankah sebuah perkuliahan benar-benar tidak terjadi?

Contoh:

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?

Untuk membuat peluang lebih berwujud, maka diciptakan cara menghitung peluang. Secara khusus, kita akan menghitung peluang suatu kejadian.

Contoh:

Direktur perusahaan mengundang para karyawan yang memiliki setidaknya

satu anak laki-laki (L) ke acara syukuran khitanan. Seorang karyawan memi- liki dua anak. Berapa peluang bahwa kedua anak karyawan adalah laki-laki, diberikan bahwa karyawan tersebut diundang ke acara syukuran?

Solusi: Misalkan L kejadian memiliki anak laki-laki; LK kejadian memiliki dua anak laki-laki; U kejadian diundang ke acara syukuran. Jadi,

P (LK|U) = P (LK ∩ U) P (U )

= P ({{LL} ∩ {LL, LL^c, L^cL}}) P ({LL, LL^c, L^cL})

= P ({LL}) P ({LL, LL^c, L^cL})

= (1/4)/(3/4) = 1/3

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:

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?

Solusi: Misalkan K_i, 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 (K₁|T ) = 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

1.2 Peubah acak dan distribusi

Peubah acak (p.a.) adalah alat untuk “memudahkan” kita dalam “menyeder- hanakan” hitungan peluang; p.a. membuat kita bekerja dalam bilangan riil.

Catatan: Peubah acak berbeda dengan peubah!

P.a. berkaitan dengan distribusi atau, secara khusus, fungsi distribusi (kumu- latif) (f.d.). Melalui f.d., p.a. akan makin memiliki makna dan aplikatif. Con- toh, suatu p.a. menyatakan waktu tunggu seorang lulusan mendapat peker- jaan. P.a. tersebut mengikuti distribusi eksponensial. Kita dapat memahami perilaku p.a. (secara probabilistik) tersebut melalui f.d.

Misalkan X suatu p.a.; F.d. untuk X adalah F_X(x) = F (x) = P (X ≤ x)

dengan sifat-sifat:

(a) F fungsi tidak turun (b) lim_x→∞ F (x) = 1 (c) lim_x→−∞ F (x) = 0 (d) F fungsi kontinu kanan Contoh:

Tentukan fungsi peluang dari fungsi distribusi berikut:

F (x) =

















0, x < 0

1

3 + ^x₅, 0≤ x < 1

3

5, 1≤ x < 2

9

10, 2≤ x < 3

1, x≥ 3

Solusi:

Misalkan X p.a dengan f.d. F_X(x). Kita dapat membentuk p.a. baru (menurut konsep Transformasi Peluang) yaitu

U = F_X(X)∼ Unif(0, 1), dengan fungsi distribusi

F_U(u) = P (U ≤ u)

= P (FX(X)≤ u)

= P (X ≤ F_X⁻¹(u))

= F_X(F_X⁻¹(u))

= u.

Contoh:

Jika X berdistribusi Uniform pada selang (-1,1), tentukan (a) P (|X| > 1/2)

(b) fungsi peluang dari |X|.

Solusi:

1.3 Ekspektasi bersyarat

Distribusi Bersama

Misalkan X dan Y p.a. dengan f.d. berturut-turut F_X dan F_Y. Kita dapat membangun f.d. dan f.p. bersama dari kedua peubah acak tersebut dari infor- masi distribusi marginal dan sifat kebebasan. Distribusi bersama untuk dua atau lebih p.a. sangat membantu dalam membangun model yang lebih rumit.

Hubungan antara f.d. marginal dan f.d. bersama adalah sebagai berikut: f.d.

marginal mungkin dapat membangun f.d. bersama; dengan f.d. bersama kita dapat menentukan f.d. marginal.

Contoh:

Diberikan data ttg jumlah kamar tidur dan kamar mandi dari 50 rumah yang akan dijual sbb (X kamar tidur, Y kamar mandi):

X\Y 2 3 4 5 Total

2 3 0 0 0

3 14 12 2 0 28

4 2 11 5 1

Total 23 50

a. Hitung p_X,Y(3, 2)

b. Tentukan f.p. bersama dari X dan Y Solusi:

Contoh:

Misalkan kita punyai 2 komponen elektronik yang identik. Misalkan juga X dan Y adalah waktu hidup (jam, diskrit). Asumsikan f.p. bersama dari X dan Y adalah

p_X,Y(x, y) = p²(1− p)^x+y−2, x, y ∈ N

dimana 0 < p < 1. Tentukan f.p. marginal dari X dan Y . Solusi:

Contoh:

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

Solusi:

Ekspektasi Bersyarat

Ilustrasi - Seorang narapidana terjebak dalam suatu sel penjara yang memiliki tiga pintu. Pintu pertama akan membawanya ke sebuah terowongan dan kem- bali ke sel dalam waktu dua hari. Pintu kedua dan ketiga akan membawanya ke terowongan yang kembali ke sel dalam waktu masing-masing empat dan satu hari. Asumsikan bahwa sang napi selalu memilih pintu 1, 2, dan 3 den- gan peluang 0.5, 0.3 dan 0.2, berapa lama waktu rata-rata (expected number of days) yang dibutuhkan untuk dia agar selamat?

Definisi:

Misalkan X dan Y adalah p.a. kontinu dengan f.p. bersama f_X,Y(x, y). Jika f_X(x) > 0 maka ekspektasi bersyarat dari Y diberikan X = x adalah ekspek- tasi dari Y relatif terhadap distribusi bersyarat Y diberikan X = x,

E(Y|X = x) =

∫ _∞

−∞

y fX,Y(x, y) f_X(x) dy =

∫ _∞

−∞

y f_Y|X(y|x) dy

Proposisi

Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama f_X,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))

Definisi:

Misalkan X dan Y adalah p.a. kontinu dengan f.p. bersama f_X,Y(x, y). Jika fX(x) > 0 maka variansi bersyarat dari Y diberikan X = x adalah variansi dari Y relatif terhadap distribusi bersyarat Y diberikan X = x,

V ar(Y|X = x) = E((

Y − E(Y |X = x))2X = x)

Proposisi

Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama f_X,Y(x, y). Misalkan variansi dari Y hingga. Maka

V ar(Y ) = E(V ar(Y|X = x)) + V ar(E(Y |X))

Contoh:

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) Solusi:

Contoh:

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?

Solusi:

Contoh:

Zarudd saat ini berada di penjara Markas Brimob di Kelapa Dua, Depok. Dia ingin melarikan diri (katanya sih ingin ke Bogota atau manalah) namun hal ini tidak mudah. Fakta yang ada menunjukkan bahwa kalau Zarudd hendak keluar dari penjara dia akan menghadapi tiga pintu. Pintu pertama akan membawanya ke sebuah lorong dan kembali ke penjara dalam waktu dua jam.

Pintu kedua pun demikian, akan membawanya ke sebuah lorong dan kembali ke penjara dalam waktu tiga jam. Sedangkan pintu ketigalah yang membawa Zarudd langsung bebas. Jika Zarudd memilih pintu-pintu, yang belum di- gunakannya, secara acak, berapa lama waktu rata-rata (expected number of hours) yang dibutuhkan Zarudd untuk bebas?

Solusi:

1.4 Distribusi eksponensial

Peubah acak eksponensial didefinisikan sebagai p.a. dengan fungsi distribusi F (x) = 1− e^{−θ x}, x≥ 0,

dengan parameter θ > 0 atau p.a. yang berdistribusi eksponensial; ditulis X ∼ exp(θ). Distribusi eksponensial dapat dipandang sebagai analog (kon- tinu) dari distribusi geometrik. Kita ketahui bahwa distribusi geometrik mem- odelkan banyaknya percobaan yang dibutuhkan oleh suatu proses diskrit untuk mengubah keadaan. Sedangkan distribusi eksponensial menjelaskan waktu un- tuk proses kontinu untuk mengubah keadaan (lihat Tabel 1.1). Beri gambar, ilustrasi dan contoh distribusi eksponensial!

Table 1.1: Percobaan Bernoulli vs Proses Poisson.

Percobaan Bernoulli Proses Poisson Banyak “sukses” Distribusi Binomial Distribusi Poisson

“Waktu” utk sukses I Distribusi Geometrik Distribusi Eksponensial

Untuk membangkitkan data berdistribusi eksponensial, contoh X ∼ exp(1/3), serta bentuk distribusinya (dalam histogram) kita gunakan kode berikut:

x = exprnd(3,10,1);

hist(x)

Kita dapat pula membangkitkan data dengan menggunakan teknik simulasi stokastik yaitu “Invers Transformation Method”. Misalkan U peubah acak Uniform(0, 1). Untuk setiap f.d. kontinu F , jika kita definisikan peubah acak X sbb:

X = F⁻¹(U )

maka peubah acak X memiliki f.d. F . Contoh: Jika F (x) = 1− e^−x maka F⁻¹(u) adalah nilai x sedemikian hingga

1− e^−x = u atau

x =− log(1 − u)

Jadi, jika U adalah p.a. Uniform(0,1) maka F⁻¹(U ) =− log(1 − U)

adalah p.a. eksponensial dengan mean 1 (parameter 1).

Sifat Tanpa Memori

Misalkan X p.a. Sifat tanpa memori (memoryless property) pada X adalah

sifat dimana “peluang X lebih dari s + t dengan syarat/diberikan X lebih dari t sama dengan peluang X lebih dari s”, atau

P(

X > s + tX > t)

= P(

X > s) Contoh:

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.

Perhatikan:

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)

, yang dipenuhi HANYA oleh X yang berdistribusi eksponensial dengan parameter θ. Buktinya sbb:

P(

X > s + t)

= 1− P(

X < s + t)

= 1− FX(s + t)

= 1−(

1− exp(−θ s − θ t))

= exp(−θ s − θ t)

= exp(−θ s) exp(−θ t)

= P(

X > s) P(

X > t)

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:

Misalkan waktu tunggu (dalam menit) antrean di Bank berdistribusi eksponen- sial dengan mean 10. Peluang bahwa seorang nasabah menunggu lebih dari 15 menit untuk dilayani adalah... Sedangkan peluang seseorang menunggu lebih dari 15 menit setelah dia menunggu lebih dari 10 menit adalah...

Solusi:

Contoh:

Misalkan disebuah Bank terdapat 2 orang teller A dan B yang sibuk melayani nasabah Alen dan Inne. Tidak ada orang lain yang antre. Seseorang, Dani, yang datang akan dilayani salah satu teller yang telah selesai dengan nasabah- nya. Diketahui waktu layanan (service time) teler A dan B berturut-turut adalah p.a. eksponensial dengan parameter θ₁ dan θ₂. Misalkan θ₁ = θ₂ = θ.

Berapa peluang bahwa Dani adalah nasabah terakhir yang akan meninggalkan Bank? Apakah sifat tanpa memori dapat digunakan?

Solusi:

Contoh:

Banyaknya uang yang “terlibat” dalam kecelakaan (dalam kaitannya dengan asuransi) adalah peubah acak eksponensial dengan mean 1000. Banyaknya uang yang dibayar oleh perusahaan asuransi tergantung apakah klaim pe- megang polis lebih dari 400. Tentukan mean dan variansi banyak uang yang dibayar perusahaan asuransi pada setiap kecelakaan.

Solusi:

Contoh:

Manakah pernyataan yang BENAR?

(a) E(X²|X > 1) = E((X + 1)²) (b) E(X²|X > 1) = E(X²) + 1

(c) E(X²|X > 1) = (E(X) + 1)²) Solusi: Bagaimana dengan

E(X²|X > 1) ?

Buktikan!

Misalkan X p.a. nonnegatif dengan f.d. F (x). Maka E(X) =

∫ _∞

0

(1− F (x)) dx

Jika X bernilai integer, maka E(X) =

∑∞ k=1

P (N ≥ k) =

∑∞ k=0

P (N > k)

Jumlah p.a. dan statistik terurut:

Misalkan X1, . . . , Xn sampel acak berdistribusi eksponensial. Misalkan Y =

∑n i=n

X_i,

maka distribusi dari Y dapat ditentukan dengan metode fungsi pembangkit momen,

MY(t) = E(exp(tY )) = E(exp(t[X1+· · · + Xn]))

=· · ·

Jadi, Y ∼ . . ., dengan mean dan variansi . . ..

Catatan:

Misalkan X1 dan X2 p.a. eksponensial yang berasosiasi (berkorelasi). Maka, f.d. bersama dari (X₁, X₂) adalah . . ..

Pandang dua buah p.a eksponensial X₁ dan X₂ yang saling bebas dengan parameter θ₁ dan θ₂, peluang X₁ kurang dari X₂ adalah

P (X₁ < X₂) =

∫ ∫

f_X1,X2(x₁, x₂) dx₂dx₁

=

∫ _∞

0

∫ _∞

x1

λ₁e^−λ1x1λ₂e^−λ2x2dx₂dx₁

=· · · = λ₁ λ₁+ λ₂

Misalkan X₁, . . . , X_n sampel acak berukuran n dari distribusi eksponensial dengan parameter λ. Akan ditentukan distribusi dari Y_(k), statistik terurut ke-k (ambil kasus untuk k = 1 dan/atau k = n).

Fungsi peluang untuk statistik terurut ke-k adalah:

f_X(k)(x) = C_kⁿ_−1,1,n−k(F_X(x))^k−1f_X(x) (1− FX(x))^n−k

Untuk s.a berukuran 2 dari distribusi eksponensial dengan parameter λ, fX₍₁₎(x) = C_0,1,1² (1− e^−λx)¹⁻¹λ e^−λx(e^−λx)²⁻¹

= 2 λ e^−2λx

Contoh:

Jika X₁ dan X₂ p.a. eksponensial yang saling bebas, tentukan distribusi (i) Y = min(X₁, X₂)

(ii) Z = max(X₁, X₂).

Solusi:

Contoh:

Jika X₁ dan X₂ peubah acak-peubah acak kontinu non negatif yang saling bebas, hitung

P (X1 < X2| min(X1, X2) = t) Solusi:

Jika X₁ dan X₂ berdistribusi identik, katakan eksponensial dengan parameter α, maka

P (X₁ < X₂| min(X1, X₂) = t)

=· · ·

Contoh:

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 X_n terjadi pada waktu n(n > 0) jika

X_n> max(X₁, . . . , X_n−1)

[perlukah syarat X₀ = −∞ ?]. Jika Nn menyatakan total banyaknya rekor yang terjadi sampai waktu ke-n, hitung E(N_n^k) untuk k = 1, 2.

Solusi:

Aplikasi p.a. eksponensial dalam antrean:

Misalkan disebuah Bank terdapat 2 orang teller yang sibuk melayani nasabah.

Tidak ada orang lain yang antre. Seseorang K yang datang akan dilayani salah satu teller yang telah selesai dengan nasabah sebelumnya. Jika waktu melayani dari teler ke-i adalah p.a. ekspoensial dengan parameter θ_i, hitung

E(T ), dimana T adalah waktu yang dihabiskan K di Bank.

Solusi:

Contoh: Pandang soal sebelumnya (Alen, Inne, Dani) dengan distribusi waktu layanan teller A dan B memiliki parameter yang berbeda. Berapa pelu- ang Dani bukanlah nasabah terakhir keluar dari bank?

Solusi:

Contoh:

Disebuah toko ada 2 petugas jaga. Tiga orang: Van, Nia dan Ani datang ke toko bersamaan. Van dan Nia langsung mendatangi petugas toko, sedangkan Ani menunggu (baca: antre). Berapa peluang bahwa Van masih berada di toko setelah Nia dan Ani pergi apabila waktu layanan:

(a) untuk setiap pertugas adalah tepat (tidak acak) 10 menit?

(b) adalah i dengan peluang 1/3, i = 1, 2, 3?

(c) berdistribusi eksponensial dengan mean 1/µ?

Solusi:

BAB 2

Proses Poisson

2.1 Mengapa Proses Poisson?

Mengapa proses Poisson?

• Proses Poisson (PP) adalah proses menghitung (counting process) untuk banyaknya kejadian yang terjadi hingga suatu waktu tertentu

• Proses ini sering disebut proses ‘lompatan’ atau “jump process” karena keadaan akan berpindah ke yang lebih tinggi setiap kali kejadian terjadi

• PP adalah kasus khusus dari proses Markov kontinu

• PP memiliki aplikasi dalam bidang asuransi: (i) total klaim asuransi yang merupakan jumlahan dari klaim individu (ii) banyak klaim yang sering diasumsikan mengikuti PP

2.2 Ilustrasi

(Ilustrasi-1) Misalkan kita ingin mengumpulkan kupon-kupon bertuliskan

“R, I, O” dari suatu produk minuman. Misalkan N menyatakan banyaknya kupon yang kita beli untuk mendapatkan kupon lengkap. Hitung E(N ), jika diketahui bahwa peluang untuk mendapatkan kupon dengan tulisan “i” adalah p_i dengan∑

i p_i = 1.

(Ilustrasi-2) Dua orang pasien, A dan B, membutuhkan ginjal. Jika dia tidak mendapatkan ginjal baru, maka A akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi exponensial dengan parameter µ_A. Begitu juga dengan B, akan meninggal setelah suatu waktu yang berdistribusi eksponensial dengan parameter µ_B. Ginjal akan tersedia menurut proses Poisson dengan parameter

λ. Telah ditentukan bahwa ginjal pertama yang datang diberikan ke pasien A (atau ke pasien B jika B masih hidup dan A meninggal saat itu) lalu ke pasien B (jika masih hidup). Berapa peluang A mendapat ginjal baru?

(Ilustrasi-3) Mobil-mobil yang lewat dijalanan Dago melewati McD akan datang menurut Proses Poisson dengan parameter/laju λ = 3 per menit. Jika Li menyebrang jalan tanpa menoleh kanan kiri (blindly run accross), berapa peluang bahwa Li tidak akan mengalami kecelakaan jika waktu yang dibu- tuhkan Li untuk menyeberang adalah 2 detik? 20 detik?

2.3 Peubah Acak Poisson

Peubah Acak Poisson -1

Suatu peubah acak X dikatakan sebagai peubah acak Poisson dengan param- eter λ jika, untuk suatu λ > 0, memiliki fungsi peluang

P (X = k) = e^−λ λ^k

k!, k = 0, 1, . . .

Catatan: Salah satu sifat penting dari p.a Poisson adalah bahwa p.a ini dapat digunakan untuk mendekati p.a Binomial saat n besar dan p kecil. (Buktikan!) Contoh:

1. Banyaknya kesalahan ketik di suatu halaman sebuah buku 2. Banyaknya mahasiswa yang tinggal di daerah Dago

3. Banyaknya nasabah yang ada di Bank

Peubah Acak Poisson -2

Definisi lain mengenai p.a Poisson adalah sbb. Banyaknya kejadian pada in- terval dengan panjang t adalah p.a Poisson dengan parameter λt,

P (N_t= k) = e^−λt(λt)^k

k! , k = 0, 1, . . . Contoh:

Banyaknya kejadian gempa di pulau Jawa dan Madura per minggu adalah 2.

Berapa peluang terjadi setidaknya 3 gempa selama 2 minggu kedepan?

2.4 Proses Menghitung

Definisi

Suatu proses stokastik {Nt, t ≥ 0} adalah proses menghitung (counting pro- cess) jika N_tmerupakan total banyaknya kejadian (events) yang terjadi sampai waktu t.

Contoh:

1. Banyaknya orang yang masuk ke suatu restoran McD pada waktu/sampai waktu t

2. Banyaknya bayi yang lahir

3. Banyaknya pasien yang bertahan hidup 4. Banyaknya gol yang diciptakan pemain 5. Banyaknya klaim asuransi yang masuk

Kriteria

Proses menghitung {Nt, t≥ 0} haruslah memenuhi hal-hal berikut:

• Nt ≥ 0

• Nt bernilai integer

• Jika s < t maka Ns ≤ Nt

• Untuk s < t, Nt− Ns adalah banyaknya kejadian pada interval (s, t]

Diskusi

• Kenaikan independen (independent increments)

Suatu proses menghitung {Nt} memiliki independent increments jika banyak kejadian yang terjadi pada [s, t], yaitu N_t − Ns, saling bebas dengan banyak kejadian sampai waktu s. Dengan kata lain, banyak ke- jadian yang terjadi pada selang waktu yang saling asing adalah saling bebas

• Kenaikan stasioner (stationary increments)

Suatu proses menghitung {Nt} memiliki stationary increments jikadis- tribusi banyak kejadian pada setiap selang hanya bergantung pada pan- jang selang

2.5 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

P(

{Ns+t− Ns = n})

= e^λt(λt)ⁿ

n! , n = 0, 1, 2, . . .

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.

2.6 Waktu Antar Kedatangan dan Waktu Tunggu

Waktu Antar Kedatangan

Misalkan T₁ menyatakan waktu dari kejadian pertama. Untuk n > 1, mis- alkan T_n menyatakan waktu tersisa antara kejadian ke-(n− 1) dam kejadian ke-n. Barisan{Tn, n = 1, 2, . . .} adalah barisan waktu antar kejadian (interar- rival times). Untuk menentukan distribusi dari T_n, perhatikan bahwa kejadian {T1 > t} terjadi j.h.j tidak ada kejadian dari proses Poisson yang terjadi pada interval [0, t], sehingga

P (T₁ > t) = P (N_t = 0) = exp(−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])

= exp(−λt)

Dengan demikian, T₂ juga peubah acak eksponensial dengan mean 1/λ, dan T₂ saling bebas dengan T₁.

Waktu Tunggu

Statistik lain yang kita perhatikan berikut adalah S_n yaitu waktu kedatangan kejadian ke-n atau waktu tunggu (waiting time) hingga kejadian ke-n,

Sn= T1+· · · + Tn, n ≥ 1 yang berdistribusi...

Contoh/Latihan:

Misalkan turis-turis datang ke suatu pulau mengikuti Proses Poisson dengan parameter λ = 1 per hari.

1. Berapa waktu yang diharapkan hingga turis kesepuluh datang?

Solusi:

E(T₁+· · · + T10) = E(T₁) +· · · + E(T10) = 10· 1 = 10 atau

E(S₁₀) = (10)(1/λ) = 10

2. Berapa peluang waktu yang dibutuhkan (elapsed time) antara turis ke- sepuluh dan kesebelas datang melebihi 2 hari?

Solusi:

P (T₁₁> 2) = exp(−2λ) = exp(−2)

Latihan

1. Misalkan T_K menyatakan waktu yang dibutuhkan (elapsed time) untuk klaim-klaim asuransi diproses; T₁ menyatakan waktu yang dibutuhkan hingga klaim pertama diproses. Diketahui T₁, T₂, . . . saling bebas dan berdistribusi dengan f.p

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?

Solusi:

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

=· · ·

2. Mahasiswa-mahasiswa MA ITB akan datang ke Gedung Matematika melewati pintu Tamansari atau pintu DayangSumbi. Kedatangan ma- hasiswa melalui kedua pintu tersebut, berturut-turut, mengikuti proses Poisson dengan parameter λ₁ = 1/2, λ₂ = 3/2 per menit. Berapa pelu- ang 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 Dayang- Sumbi?

2.7 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/Latihan:

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?

2.8 “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 λ p

• {N2(t)} adalah proses Poisson dengan parameter λ (1 − p)

• Kedua proses saling bebas

Contoh/Latihan:

1. Sebuah perusahaan asuransi memiliki dua jenis polis yaitu polis K dan M. Pengajuan klaim yang datang mengikuti proses Poisson dengan pa- rameter 9 (per hari). Pemilihan klaim secara acak menunjukkan bahwa peluang polis jenis K terpilih adalah 1/3. Hitung peluang bahwa klaim- klaim 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 pa- rameter 1 (per 30 menit)

- mulai pukul 9, bis akan datang mengikuti proses Poisson dengan pa- rameter 2 (per 30 menit)

Berapa waktu tunggu yang diharapkan (expected waiting time) Ike hingga sebuah bis datang?

2.9 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 (

N_t+h− Nt= 1 )

= λ_th + o(h) dan

P (

N_t+h− Nt≥ 2)

= o(h)

Contoh/Latihan:

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 kece- lakaan dapat dimodelkan menurut proses Poisson tak homogen dengan intensitas

λ_t = 1/6− (12 − t)²/1152,

dimana t jumlah jam setelah tengah malam. Hitung banyaknya kece- lakaan setiap hari yang diharapkan. Berapa peluang bahwa akan ada tepat 1 kecelakaan antara pukul 6 pagi dan 6 malam?

BAB 3

Proses Renewal

3.1 Tentang Proses Poisson

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

Perhatikan bahwa misalkan T1 PEUBAH ACAK menyatakan waktu antar- kedatangan dari tidak ada kejadian ke kejadian pertama; kita dapat meman- dang 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

0! = P (N_t= 0),

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

Diskusi:

Mungkinkah T₁berdistribusi lain (bukan eksponensial; bahkan distribusi diskrit)?

Secara umum, mungkinkah barisan p.a. {Tn} saling bebas dan berdistribusi identik bukan eksponensial?

3.2 Distribusi T

_n

, S

_n

dan N

_t

3.2.1 Ilustrasi

(Ilustrasi-1) Misalkan T1 p.a. banyaknya percobaan untuk mendapatkan sukses pertama; dengan kata lain T₁berdistribusi geometrik. Apakah distribusi

dari S_n= 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 (T_n= i) = e^−λ λⁱ

i!, i = 0, 1, 2, . . .

Tentukan P (Nt = n), dimana Nt= maks{n : Sn≤ t}.

(Ilustrasi-3) Diketahui U1, U₂, . . . peubah acak yang saling bebas berdis- tribusi 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 bu- lan (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?

3.2.2 Distribusi N_t

Kita mulai dengan memperhatikan pertanyaan berikut: ”mungkinkah banyaknya renewal N_t dapat tak hingga pada waktu yang hingga?”. Dengan kata lain, dapatkah kita tunjukkan bahwa

N_t = maks{n : Sn≤ t}

valid atau berlaku?

Catatan: S_nadalah waktu untuk mendapatkan kedatangan atau kejadian atau renewal ke-n.

Distribusi dari N_t dapat ditentukan sbb:

P (Nt= n) = P (Nt ≥ n) − P (Nt ≥ n + 1)

= P (S_n ≤ t) − P (Sn+1 ≤ t)

= F_n(t)− Fn+1(t)

dimana F f.d. dari Ti, i ≥ 1; Fn adalah distribusi dari Sn. Sementara itu,

mean N_t adalah E(Nt= n) =

∑∞ n=1

P (Nt≥ n)

=

∑∞ n=1

P (S_n ≤ t)

=

∑∞ n=1

F_n(t) = m_t.

Diskusi:

Bagaimana jika E(N_t) = 2? E(N_t) = 2 t?

Dapatkah informasi ini membantu kita untuk dapat menentukan distribusi N_t? Bagaimana perilaku ^N_t^t 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 jam 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 jam Ika harus mengisi pulsa?

3.3 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...

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 ke- datangan sebagai proses Poisson?

2. Dapatkah kita mengabaikan proses kedatangan nasabah dan hanya berkon- sentrasi 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 Tnmenyatakan waktu antar-kedatangan kejadian ke-(n− 1) dan ke-n. Misalkan mt = E(N_t) dan µ = E(T_n). Untuk t → ∞,

m_t t → 1

µ.

(Petunjuk: lihat *, perilaku ^N_t^t untuk t→ ∞)

Teorema Limit Pusat untuk Proses Renewal

Misalkan {Nt} proses renewal dengan mean dan variansi Tn, berturut-turut, adalah µ dan σ,

tlim→∞ P (

N_t− t/µ

√t σ²/µ³ < x )

= 1

√2 π

∫ x

−∞

e^−x2/2dx.

Dengan kata lain, untuk t besar, N_takan (mendekati) distribusi normal dengan mean t/µ dan variansi tσ²/µ³.