Catatan Kuliah. MA5181 Proses Stokastik

Catatan Kuliah MA5181 Proses Stokastik

“Precise. Prospective.”

Dosen: Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.

Kelompok Keilmuan Statistika - FMIPA

Tentang MA5181 Proses Stokastik

Jadwal kuliah: Selasa, 13- (R. Sem 5.1); Rabu, 7- (R. Sem 5.1) Jadwal Perkuliahan:

M1 (22/8): Pengantar; Kejadian dan Peubah Acak M2 (29/8): Peluang dan Ekspektasi Bersyarat M3 (5/9): Distribusi Eksponensial

M3 (5/9): Ujian 1, Kamis 8/9/16

M4 (12/9): Distribusi Eksponensial (lanjutan) M5 (19/9): Proses Poisson

M6 (26/9): Proses Poisson M6 (26/9): Gerak Brown

M6 (26/9): Ujian 2, Kamis 29/9/16 M7 (3/10): Proses Renewal

M8 (10/10): Proses Renewal M8 (10/10): Rantai Markov M9 (17/10): Rantai Markov

M9 (17/10): Ujian 3, Kamis 20/10/16 Buku teks:

• Sheldon Ross, 1996, Stochastic Processes (2nd ed.)

• -

Penilaian:

• Ujian: 8/9/16; 29/9/16; 20/10/16 (@ 25%)

• Kuis (25%)

Tentang saya.

Ilustrasi film/model/proses stokastik.

Bab 1 - Kejadian dan Peubah Acak

Kejadian adalah koleksi, baik sebagian atau semua, hasil yang mungkin dari suatu tindakan

“percobaan”. Dalam praktiknya, percobaan dapat dirancang terlebih dahulu ataupun terjadi dengan sendirinya.

Kejadian merupakan komponen utama peluang.

Suatu kejadian E akan terjadi dengan peluang P (E) dengan memperhatikan rasio hasil per- cobaan yang memiliki “sifat” E terhadap seluruh hasil percobaan yang dilakukan tak hingga banyak. Secara matematis, Peluang kejadian E adalah P (E) = lim

n→∞

n(E)

n . Untuk suatu ruang sampel S, peluang kejadian E adalah P (E) = ^n(E)_n(S).

Untuk setiap kejadian E dari ruang sampel S, peluang P (E) haruslah memenuhi:

• Aksioma (1): 0 ≤ P (E) ≤ 1.

• Aksioma (2): P (S) = 1.

• Aksioma (3): Untuk barisan kejadian E1, E₂, . . . yang saling asing, P( ∪_∞

i=1 E_i )

= ∑^∞

i=1

P (E_i).

Teorema:

• P (E^c) = 1− P (E).

• Jika E ⊂ G maka P (E) ≤ P (G).

• P (E ∪ G) = P (E) + P (G) − P (E ∩ G) ≤ P (E) + P (G) (Ketaksamaan Boole).

Barisan kejadian{En, n ≥ 1} dikatakan naik jika En⊂ En+1, n≥ 1. Kita dapat mendefinisikan kejadian baru lim

n→∞ E_n= ∪^∞

i=1

E_i. Proposisi:

Jika {En, n ≥ 1} barisan kejadian naik atau turun maka lim

n→∞ P (E_n) = P (

nlim→∞ E_n )

. Lema Borel-Cantelli:

Jika {En, n ≥ 1} barisan kejadian dan ∑_∞

i=1 P (E_i) < ∞ maka peluang terjadi tak hingga banyak E_i adalah nol.

Kejadian dapat “ditransformasi” menjadi peubah acak.

Peubah Acak X adalah fungsi yang memetakan setiap anggota S ke bilangan real R. Untuk setiap himpunan bilangan real A, peluang peubah acak X memiliki nilai yang termuat dalam A sama dengan peluang hasil percobaan termuat dalam X⁻¹(A), atau

P{X ∈ A} = P (X⁻¹(A)),

dengan X⁻¹(A) kejadian yang memuat semua s∈ S sehingga X(s) ∈ A.

Fungsi distribusi F dari peubah acak X didefinisikan, untuk semua bilang real x, sebagai

F (x) = P{X ≤ x} = P {X ∈ (−∞, x]}.

Perhatikan bahwa untuk peubah acak diskrit, F (x) = ∑

y≤x

P{X = y}. Untuk peubah acak kontinu, F (x) =

∫x

−∞

f (t) dt, dengan f (·) fungsi peluang.

Bab 2 - Peluang dan Ekspektasi Bersyarat

Peluang bersyarat akan memberikan “manfaat” lebih dari sudut pandang (i) informasi atau kejadian yang lalu (ii) kerumitan derivasi statistik/matematik.

Beberapa kajian tentang peluang dan ekspektasi (bersyarat) antara lain adalah

1. Menentukan fungsi peluang dengan memanfaatkan peluang bersyarat atas kejadian

Ilustrasi: Laila, seorang tenaga pemasaran cantik, memiliki dua jadwal pertemuan dengan calon klien untuk menjual suatu produk. Pertemuan pertama berpotensi untuk terjualnya produk dengan peluang 0.3; pertemuan kedua mungkin akan menghasilkan penjualan dengan peluang 0.6 (kedua pertemuan saling bebas). Hasil pertemuan dengan klien akan menghasilkan penjualan (dengan peluang sama) produk kelas 1 dengan harga 1000 atau produk standar dengan harga 500. Misalkan peubah acak X yang menyatakan nilai penjualan. Hitung E(X).

2. Menentukan eskpektasi total dengan syarat peubah acak atau kejadian

Ilustrasi: Hista akan membaca satu bab buku Prob atau satu bab buku Stats. Banyak kesalahan ketik pada sebuah bab buku Prob adalah peubah acak berdistribusi Poisson dengan mean 2;

pada buku Stats dengan mean 5. Asumsikan bahwa Hista memilih buku Prob atau Stat secara acak. Tentukan banyak kesalahan ketik yang diharapkan yang akan Hista temukan.

3. Menentukan peluang dan ekspektasi bersyarat dengan memanfaatkan formula ekspektasi total Ilustrasi: Diketahui N kerugian acak berdistribusi Poisson dengan parameter mean 0.1. Ten- tukan P (N = 1|N ≤ 1). Diketahui N ∼ P OI(2). Hitung E(N|N > 1).

4. Menentukan ekspektasi total dengan menentukan distribusi bersyarat terlebih dahulu Ilustrasi: K 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 banyak menit untuk mencapai rumah, berapa lama waktu mencapai rumah?

5. Menentukan ekspektasi bersyarat berulang

Ilustrasi: Sebuah koin memiliki peluang p untuk muncul Muka (M). Koin dilantunkan terus hingga berpola M,M,B. Misalkan X banyak lantunan yang harus dilakukan. Hitung E(X).

Konsep Ekspektasi Bersyarat

Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama f_X,Y(x, y). Jika f_Y(y) > 0 maka ekspektasi bersyarat dari X diberikan Y = y adalah ekspektasi dari X relatif terhadap distribusi bersyarat X diberikan y = y,

E(X|Y = y) =

∫ _∞

−∞

x f_X|Y(x|y) dx =

∫ _∞

−∞

x f_X,Y(x, y) fY(y) dx.

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

E(X) =

∫ _∞

−∞

E(X|Y = y) fY(y) dy

atau E(X) = E(E(X|Y )).

Misalkan X dan Y adalah peubah acak-peubah acak kontinu dengan fungsi peluang bersama f_X,Y(x, y). Jika f_Y(y) > 0 maka variansi bersyarat dari X diberikan Y = y adalah variansi dari X relatif terhadap distribusi bersyarat X diberikan Y = y,

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

X− E(X|Y = y))2Y = y) .

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

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

Diskusi: Kajian dua peubah acak atau lebih memberikan kita satu masalah penting yaitu kebergantungan antar dua peubah acak. Dapatkah anda menjelaskan prinsip kovariansi dan korelasi? Bagaimana kita dapat menghitung kedua ukuran tersebut?

Bab 3 - Distribusi Eksponensial

Pemahaman tentang peubah acak akan mengajak kita untuk kemudian menggali lebih jauh tentang fungsi distribusi (dan fungsi kesintasan), fungsi peluang serta plot fungsi-fungsi terse- but. Selain itu, kita dapat menghitung peluang dan ekspektasi (bersyarat) dari nilai (fungsi) peubah acak (termasuk statistik terurut). Sifat sifat statistik (sifat distribusi dan momen) merupakan kajian lebih jauh dari peubah acak

Peubah acak eksponensial didefinisikan sebagai peubah acak yang memiliki fungsi distribusi F (x) = 1−e^{−θ x}, x≥ 0, dengan parameter θ > 0 (notasi: X ∼ exp(θ)). Distribusi eksponensial dapat dipandang sebagai analog (kontinu) dari distribusi geometrik. Kita ketahui bahwa dis- tribusi geometrik memodelkan banyaknya percobaan yang dibutuhkan oleh suatu proses diskrit untuk mengubah keadaan. Sedangkan distribusi eksponensial menjelaskan waktu untuk proses kontinu untuk mengubah keadaan.

Diskusi: Bagaimana kita mendapatkan data berdistribusi eksponensial?

Misalkan X suatu peubah acak. Sifat Tanpa Memori atau memoryless property pada X adalah sifat: “peluang X lebih dari s + t dengan syarat/diberikan X lebih dari t sama den- gan peluang X lebih dari s”, atau P(

X > t + sX > t)

= P(

X > s)

. Ilustrasi: misalkan X menyatakan waktu tunggu seseorang mendapatkan “sesuatu”. Peluang orang tersebut me- nunggu 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 bahwa

P(

X > t + sX > t)

= P(

X > t + s, X > t) P(

X > t) = P(

X > t + s) 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.

Latihan:

1. Misalkan waktu tunggu (dalam menit) antrean di Bank berdistribusi eksponensial den- gan 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...

2. 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 nasabahnya. 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?

3. 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 pemegang polis lebih dari 400. Tentukan mean dan variansi banyak uang yang dibayar perusahaan asuransi pada setiap kecelakaan.

Diskusi: Dapatkah kita menentukan distribusi (i) jumlahan peubah acak dan (ii) statistik terurut eksponensial? Apa yang dimaksud dengan antrean eksponensial?

Bab 4 - Proses Poisson

Kajian tentang antrean merupakan aplikasi dari distribusi eksponensial. Perilaku antrean akan menjadi lebih menarik apabila kita juga mempelajari proses kedatangan subyek pada sistem antrean tersebut.

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.

Peubah Acak Poisson: Suatu peubah acak X dikatakan sebagai peubah acak Poisson dengan parameter 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 peubah acak Poisson adalah bahwa p.a ini dapat digu- nakan untuk mendekati peubah acak Binomial saat n besar dan p kecil. Definisi lain mengenai peubah acak Poisson adalah sebagai berikut. Banyaknya kejadian pada interval dengan panjang t adalah peubah acak Poisson dengan parameter λt,

P (N_t= k) = e^−λt(λt)^k

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

Proses Menghitung: Suatu proses stokastik{Nt, t≥ 0} adalah proses menghitung (counting process) jika Nt merupakan total banyaknya kejadian (events) yang terjadi sampai waktu t.

Proses menghitung {Nt, t≥ 0} haruslah memenuhi hal-hal berikut: (i) Nt≥ 0, (ii) Nt bernilai integer, (iii) Jika s < t maka Ns ≤ Nt, (iv) Untuk s < t, Nt− Ns adalah banyaknya kejadian pada interval (s, t].

Terdapat dua sifat penting (yang melekat pada Proses Poisson) yaitu kenaikan bebas (inde- pendent increments) dan kenaikan stasioner (stationary increments). Pertama, 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 kejadian yang terjadi pada selang waktu yang saling asing adalah saling bebas. Kedua, suatu proses menghitung {Nt} memiliki stationary increments jikadistribusi banyak kejadian pada setiap selang hanya bergantung pada panjang selang.

Proses menghitung {Nt, t ≥ 0} adalah Proses Poisson dengan laju λ(> 0), jika (i) N0 = 0, (ii) Proses memiliki kenaikan independen, (iii) 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, . . .

Proses menghitung {Nt, t ≥ 0} adalah Proses Poisson dengan laju λ(> 0), jika (i) N0 = 0, (ii) Proses memiliki kenaikan stasioner dan independen, (iii) P(

{Nh = 1})

= λh + o(h), (iv) P(

{Nh ≥ 2})

= o(h).

Misalkan T₁ menyatakan waktu dari kejadian pertama. Untuk n > 1, misalkan T_n menyatakan waktu tersisa antara kejadian ke-(n− 1) dam kejadian ke-n. Barisan {Tn, n = 1, 2, . . .} adalah barisan waktu antar kejadian (interarrival times). Untuk menentukan distribusi dari T_n, per- hatikan bahwa kejadian {T1 > t} terjadi jika dan hanya jika tidak ada kejadian dari proses Poisson yang terjadi pada interval [0, t], sehingga

P (T₁ > t) = P (N_t= 0) = e^−λt.

Jadi T₁ berdistribusi eksponensial dengan mean 1/λ.

Perhatikan juga bahwa P (T2 > t) = E(

P (T2 > t| T1))

, sedangkan

P (T₂ > t| T1 = s) = P (tidak ada kejadian pada (s, s + t]| T1 = s)

= P (tidak ada kejadian pada (s, s + t])

−λt

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

S_n= T₁+· · · + Tn, n≥ 1

yang berdistribusi...

Pandang dua proses Poisson{N1(t)} dan {N2(t)} yang saling bebas dengan parameter, berturut- turut, λ₁ dan λ₂. Kita dapat melakukan kajian lebih jauh tentang proses ini dengan melakukan

1. Jumlahan dua atau lebih Proses Poisson 2. “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

Sejauh ini Proses Poisson yang kita kaji adalah proses yang homogen. Dapatkah anda menje- laskan Proses Poisson yang tak homogen ?

Bab 5 - Gerak Brown

Proses atau model stokastik melibatkan beberapa peubah acak dengan indeks waktu. Kalau kita mempunyai satu peubah acak, maka nilai yang mungkin dari peubah acak tersebut akan mengikuti distribusi peluang yang bersesuaian. Kini, kita akan melihat peubah acak setiap waktu, artinya kita akan melihat beberapa peubah acak. Akibatnya, tingkat kesulitan akan menjadi lebih tinggi.

Misalkan kita punyai proses stokastik {Xt, t ≥ 0}. Proses stokastik atau deret waktu (seder- hana) yang bergantung pada observasi sebelumnya adalah:

X_t= α X_t−1+ ε_t,

dengan asumsi-asumsi yang ditentukan. Proses ini dikenal dengan nama Autoregressive (AR). Proses stokastik diatas kita sederhanakan sebagai berikut:

• Xt∼ i.i.d. N(0, 1)

Kita dapat menuliskan proses ini sebagai X_t = ε_t, dengan{εt} barisan peubah acak saling bebas dan berdistribusi identik (normal/Gauss) dengan mean nol dan variansi satu.

• Xt∼ N(0, σt²).

Apa perbedaan dengan model sebelumnya? Jika X₁, X₂, . . . dari proses ini saling (tidak) bebas, dapatkah kita menentukan fungsi peluang bersamanya?

Mungkinkah X_t dan X_t+s− Xs yang bersifat saling bebas?

Pandang koleksi peubah acak {Xt, t ≥ 0} dengan sifat-sifat:

(i) X₀ = 0 (atau konstanta tidak nol )

(ii) ∀ t > 0, Xt berdistribusi normal dengan mean µt dan variansi σ²t

(iii) X_tn− Xt_n−1, X_tn−1 − Xt_n−2, . . . , X_t2 − Xt1, X_t1 saling bebas (memiliki kenaikan bebas)

Misalkan dipunyai proses stokastik GB dengan µ = 0, σ² = 1 atau dikenal dengan GB standar.

Perhatikan kasus t = 1, 2. Fungsi peluang X_t adalah

f_Xt(x_t) = 1

√2πt exp (

−1 2tx²_t

)

, −∞ < xt<∞.

Fungsi peluang bersama dari X1 dan X2 adalah...

Fungsi peluang bersama dari X₁− X0 dan X₂− X1 adalah

fX1−0,X2−X1(x1− 0, x2 − x1) = f (x1)f (x2− x1),

karena sifat kenaikan saling bebas. Persamaan diatas sama dengan 1

(2π)^2/2((1− 0)(2 − 1))^1/2 exp (

−1 2

( x²₁

1− 0 +(x₂− x1)² 2− 1

)) ,

dengan t₁ = 1, t₂ = 2 dan sifat kenaikan stasioner X₂− X1 ∼ N(0, 2 − 1).

Kita dapat menentukan fungsi peluang bersyarat dengan memanfaatkan fungsi peluang bersama diatas. Untuk t₁ = 1 < t₂ = 2 diatas, fungsi peluang bersyarat X_t1, diberikan X_t2 = x_t2 adalah...

fX1|X2(x1|x2) = f_X1,X2−X1(x₁, x₂− x1)

f_X2(x₂) = f_X1(x₁)· fX2−X1(x₂− x1) f_X2(x₂) =· · ·

Dengan kata lain, distribusi dari X₁|X2 = x₂ adalah normal dengan mean dan variansi

E(X₁|X2 = x₂) =· · · ; V ar(X1|X2 = x₂) =· · ·

Latihan:

1. Dapatkah kita menentukan distribusi dari X₂|X1 = x₁? Jelaskan!

2. Pandang{Xt, 0≤ t ≤ 1} sebagai proses stokastik yang mengikuti GB dengan parameter variansi σ². Misalkan X_t menyatakan lama (detik) kompetitor 1 memimpin saat 100t persen dari suatu kompetisi telah diselesaikan. Jika kompetitor 1 memimpin σ detik di tengah kompetisi, berapa peluang dia adalah pemenang? Jika kompetitor 1 memenangkan kompetisi dengan margin σ detik, berapa peluang dia memimpin di tengah kompetisi?

Proses stokastik GB dapat bernilai negatif yang dianggap tidak tepat untuk memodelkan harga saham. Untuk itu, diusulkan model stokastik

S_t= S₀e^Xt,

dengan nilai awal S0; St berdistribusi lognormal. Tentu saja ln St− ln S0 = Xt berdistribusi normal dengan mean µt dan variansi σ²t. Model ini dikenal sebagai GB geometrik.

Sifat mean dan variansi dari St dapat diturunkan dengan memanfaatkan sifat distribusi log- normal. Kita dapatkan

E(S_t) =· · · ; V ar(St) =· · ·

Latihan:

1. Pandang GB dengan µ = 3, σ² = 9. Diketahui X₀ = 10.

Hitung E(X₂), V ar(X₂), P (X₂ > 20), P (X_0.5 > 10) .

2. Pandang GB geometrik{St, t ≥ 0} dengan µ = 0.1, σ² = 0.4.

Hitung P (S₁ > S₀), P (S₃ < S₁ > S₀).

3. Pandang GB geometrik {St, t ≥ 0}; µ = 0.1, σ² = 0.16, S₀ = 2.

Tentukan E(S3) dan V ar(S3).

Catatan:

Pandang proses stokastik GB, {Xt}. Misalkan n = 2. Vektor peubah acak (X1, X₂) berdis- tribusi normal bivariat dalam versi yang lain karena kejadian {X1 = x₁, X₂ = x₂} dapat dinyatakan dalam kejadian-kejadian kenaikan saling bebas

{X1 = x₁, X₂− X1 = x₂− x1},

Untuk proses berukuran n, kita dapat memperoleh distribusi multivariat. Dengan demikian, GB adalah Proses Gaussian, proses yang memiliki realisasi kontinu dengan distribusi hingganya adalah normal multivariat.

Distribusi normal multivariat ditentukan pula melalui mean dan kovariansinya. Jadi, suatu proses Gaussian juga ditentukan melalui mean dan kovariansinya.

Sebagai contoh, untuk proses GB standar, B_t, meannya adalah E(B_t) = 0 dan kovariansinya, untuk s < t,

Cov(Bs, Bt) = Cov(Bs, Bs+ Bt− Bs) = Cov(Bs, Bs) + Cov(Bs, Bt− Bs)

yang sama dengan V ar(B_s) = s = min{s, t}.

Apakah GB atau GB geometrik merupakan Proses Markov ?

Misalkan S_t+h, yang saling bebas dengan proses {Su, 0≤ u < t}, diberikan St,

S_t+h= S₀e^Xt+h = S₀e^Xt+Xt+h−Xt = S₀e^Xte^Xt+h−Xt = S_te^Xt+h−Xt.

Jadi, St+h, diberikan St, hanya bergantung pada kenaikan Xt+h− Xt. Kita ketahui bahwa GB memiliki kenaikan saling bebas, jadi saling bebas dengan data lampau. Proses {Xt+h− X_t, h ≥ 0} merupakan GB dengan parameter drift dan variansi yang sama. Jadi, proses {Ste^Xt+h−Xt, h≥ 0} mendefinisikan proses GB geometrik dengan nilai awal St yang baru.

Apakah GB atau GB geometrik merupakan martingale ?

Bab 6 - Proses Renewal

Proses Poisson yang kita kenal selama ini berkonsentrasi pada 2 hal. Pertama, banyaknya kedatangan (arrivals) atau kejadian hingga waktu ke-t (berdistribusi Poisson); kedua, waktu antar-kedatangan kejadian ke-(n − 1) dan ke-n (berdistribusi eksponensial). Kedua hal ini

“setara” baik dalam pemahaman (intuitif) maupun sifat distribusinya.

Perhatikan bahwa misalkan T₁ peubah acak menyatakan waktu antar-kedatangan dari tidak ada kejadian ke kejadian pertama; kita dapat memandang juga sebagai suatu kejadian yaitu {T1 > t} yang terjadi j.h.j tidak ada kejadian dari proses Poisson pada interval [0, t], sehingga

P (T1 > t) = e^{−λ t} = e^{−λ t}(λ t)⁰

0! = P (Nt= 0),

dengan N_t peubah acak yang menyatakan banyaknya kedatangan atau kejadian.

Diskusi:

Mungkinkah T₁ berdistribusi lain (bukan eksponensial; bahkan distribusi diskrit)? Secara umum, mungkinkah barisan peubah acak {Tn} saling bebas dan berdistribusi identik bukan eksponensial?

Distribusi T_n, S_n dan N_t.

(Ilustrasi-1) Misalkan T₁ peubah acak yang menyatakan banyaknya percobaan untuk menda- patkan sukses pertama; dengan kata lain T₁ berdistribusi geometrik. Apakah distribusi dari S_n = T₁+ T₂+· · · + Tn, peubah acak yang menyatakan banyaknya percobaan (baca: waktu) untuk mendapatkan n sukses?

(Ilustrasi-2) Misalkan distribusi antar-kedatangan adalah Poisson dengan mean λ;

P (Tn= i) = e^−λ λⁱ

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

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

(Ilustrasi-4) Wanda bekerja tidak tetap (kadang-kadang dapat kerjaan, lebih sering sih jadi

“pengacara”). Rata-rata, Wanda bekerja selama tiga bulan (untuk setiap pekerjaan yang dia terima). Jika waktu antar-pekerjaan yang Wanda dapatkan berdistribusi eksponensial dengan mean dua, pada rate berapa Wanda akan mendapat pekerjaan baru?

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

Nt= maks{n : Sn≤ t}

valid atau berlaku?

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

Distribusi dari N_t dapat ditentukan sbb:

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

= P (S_n≤ t) − P (Sn+1≤ t)

= F_Sn(t)− FSn+1(t),

dengan F fungsi distribusi dari T_i, i≥ 1; Fn adalah distribusi dari S_n. Sementara itu, mean N_t adalah

E(Nt= n) =

∑∞ n=1

P (Nt ≥ n)

=

∑∞ n=1

P (S_n≤ t)

=

∑∞ n=1

F_Sn(t) = m_t.

Diskusi:

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

Dapatkah informasi ini membantu kita untuk dapat menentukan distribusi N_t? Bagaimana perilaku ^N_t^t untuk t→ ∞?*

Contoh/Latihan:

Telpon seluler Ika selalu terisi pulsa 100rb. Jika pulsa habis, Ika langsung mengisinya. Pulsa 100rb Ika akan dapat dipakai (baca: memiliki masa hidup [dalam hari]) mengikuti distribusi Uniform pada selang [3, 6]. Pada setiap berapa hari Ika harus mengisi pulsa? Ternyata Ika bukan bandar pulsa, maksudnya saat pulsa Ika habis, Ika harus ke warung dan beli pulsa.

Waktu yang dihabiskan Ika untuk mendapatkan pulsa baru adalah p.a. berdistribusi U (0, 1).

Jadi, setiap berapa hari Ika harus mengisi pulsa?

Proses Renewal.

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 kedatangan sebagai proses Poisson?

2. Dapatkah kita mengabaikan proses kedatangan nasabah dan hanya berkonsentrasi pada waktu yang dihabiskan nasabah di mesin ATM?

3. Lanjutan dari butir 2, misalkan nasabah B datang dan menunggu hingga waktu s; jika s > t (t adalah waktu yang dihabiskan nasabah A di mesin ATM) maka nasabah B pulang. Jika s < t berapa waktu yang dihabiskan nasabah B di mesin ATM?

4. Kembali ke situasi awal dimana kedatangan nasabah mengikuti proses Poisson. Misalkan

Teorema Renewal Elementer

Misalkan proses renewal {Nt} dengan Tn menyatakan waktu antar-kedatangan kejadian ke- (n− 1) dan ke-n. Misalkan mt= E(N_t) dan µ = E(T_n). Untuk t→ ∞,

mt

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_t akan (mendekati) distribusi normal dengan mean t/µ dan variansi tσ²/µ³.