Beberapa akibat kebebasan stokastik dari dua peubah

7.10 Akibat Kebebasan Stokastik

Beberapa akibat kebebasan stokastik dari dua peubah acak bias dilihat dalam dalil- dalil berikut ini.

Dalil 7.4: AKIBAT PERTAMA KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

E(XY)=E(X). E(Y)

Dalil 7.5: AKIBAT KEDUA KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

E

[

(^{u(X). v(Y)})

]

^{=E[u(X)]. E[v(Y)]}

Dalil 7.6: AKIBAT KETIGA KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

M

(

^t1,t₂

)

^=MX

(

^t1

)

^{. M}y

(

^t2

)

Dalil 7.7: AKIBAT KEEMPAT KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

Kov(X , Y)=0

Dalil 7.8: AKIBAT KELIMA KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

p=0

Dalil 7.9: AKIBAT KEENAM KEBEBASAN STOKASTIK

Jika X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas, maka:

μ_rs^'=μ_r^'. μ_s^'

Kita akan membuktikan akibat-akibat kebebasan stokastik di atas melalui Contoh 7.19.

Contoh 7.19:

Misalnya fungsi densitas gabungan dari X dan Y berbentuk:

f(x , y)=e^−x−y; x>0,y>0

¿0; x , y lainnya.

a. Apakah X dan Y adalah dua peubah acak yang saling bebas ? b. Jika X dan Y saling bebas, maka perlihatkan bahwa:

i. E(XY)=E(X). E(Y) ii. ^M

(

^t1,t₂

)

^=M

(

^t1

)

^{. M(t}2) Penyelesaian:

a. Fungsi densitas marginal dari X adalah:

f₁(x)=

∫

−∞

∞

f(x , y)dy

¿

∫

−∞

0

f (x , y)dy+

∫

0

∞

f(x , y)dy

¿

∫

−∞

0

0dy+

∫

0

∞

e^{−x y}dy

¿0+e^x.lim

b →∞

∫

0 b

e^ydy

¿e^x.lim

b → ∞

(

^−e−y¿y=0 b

)

¿e^−x.lim

b→ ∞

(

1−e^−b

)

¿e^−x(1−0) f₁(x)=e^−x

Jadi: f₁(x)=e^−x; x>0 ¿0; x lainnya.

Fungsi densitas marginal dari Y adalah:

f₂(y)=

∫

−∞

∞

f(x , y)dx

¿

∫

−∞

0

f(x , y)dx+

∫

0

∞

f(x , y)dx

¿

∫

−∞

0

0dx+

∫

0

∞

e^−x−ydx

¿0+e^−y.lim

b →∞

∫

0 b

e^−xdx

¿e^−y.lim

b → ∞

(

^−e−x¿x=0 b

)

¿e^−y.lim

b → ∞

(

1−e^−b

)

¿e^−y(1−0) f₂(y)=e^−y

Jadi: f₂(y)=e^−y; y>0 ¿0; y lainnya.

Sehingga: f₁(x). f₂(y)=e^−x. e^−y=e^−x−y

Karena f(x , y)=f₁(x). f₂(y) , maka X dan Y dikatakan dua peubah acak yang saling bebas.

b.i. E(XY)=E(X). E(Y)

 E(XY)=

∫

−∞

∞

−∞

∫

∞

xy . f(x , y)dx dy

¿

∫

−∞

∞

−∞

∫

∞

xy . f(x , y)dx dy+

∫

0

∞

∫

0

∞

xy . f(x , y)dx dy

¿

∫

−∞

∞

∫

−∞

∞

(xy)(0)dx dy+

∫

0

∞

∫

0

∞

xy . e^−x−ydx dy

lim

b → ∞

∫

0

∞

x . e^−x y .e^−y(¿dx)d y

¿0+

∫

0

∞

¿

Dengan penyelesaian integral secara parsial terhadap integral di dalam kurung, maka akan diperoleh:

E(XY)=

∫

0

∞

y . e^−y

{

b→ ∞^lim(−b . e^−b−e^−b+1)

}

^{d y}

¿lim

b →∞

∫

0

∞

y . e^−yd y

Dengan penyelesaian integral secara parsial, maka akan diperoleh:

E(XY)=lim

b → ∞(−b . e^−b−e^−b+1)

¿1

 E(X)=

∫

−∞

∞

x . f₁(x)dx

¿

∫

−∞

∞

x . f₁(x)dx+

∫

0

∞

x . f₁(x)dx

¿

∫

−∞

∞

(x) (0)dx+

∫

0

∞

x . e^−xdx

¿0+lim

b → ∞

∫

0 b

x . e^−xd x

Dengan penyelesaian integral secara parsial, maka akan diperoleh:

E(X)=lim

b →∞(−b . e^−b−e^−b+1)

¿1

 E(Y)=

∫

−∞

∞

y . f₂(y)dy

¿

∫

−∞

∞

y . f₂(y)dy+

∫

0

∞

y . f₂(y)dy

¿

∫

−∞

∞

(y)(0)dy+

∫

0

∞

y . e^−ydy

¿0+lim

b → ∞

∫

0 b

y . e^−yd y

Dengan penyelesaian integral secara parsial, maka akan diperoleh:

E(Y)=lim

b → ∞(−b . e^−b−e^−b+1)

¿1

Sehingga: E(X). E(Y)=(1) (1)=1

Ternyata E(X Y)=E(X). E(Y) (terbukti)

b.ii. Berdasarkan definisi fungsi pembangkit momen gabungan kontinu, maka:

 M

(

^t1,t₂

)

⁼

∫

−∞

∞

−∞

∫

∞

e^t1x+t2y. f(x , y)dx dy

¿

∫

−∞

0

−∞

∫

0

e^t1x+t2y. f(x , y)dx dy+

∫

−∞

∞

−∞

∫

∞

e^t1x+t2y. f(x , y)dx dy

¿

∫

−∞

0

−∞

∫

0

e^t1x+t2y.0dx dy+

∫

−∞

∞

−∞

∫

∞

e^t1x+t2y. e^−x−ydx dy

¿0+

∫

0

∞

e^−(1−t2)y

(

^{b → ∞lim}

^∫

^{0b e−(1−t1)xdx}

)

^{d y}

¿

∫

0

∞

e^−(1−t2)y

{

^{b → ∞lim}

⁽

^{1−t−11e−(1−t1)x¿x=0b}

⁾ }

^{d y}

¿ 1 1−t₁

∫

0

∞

e^−(1−t2)y

{

b → ∞^lim

(

1−e^−(1−t1)b

) }

^{d y}

¿ 1 1−t₁ lim

b → ∞

∫

0

∞

e^−(1−t2)y.(1−0)d y

¿ 1 1−t₁ lim

b → ∞

(

^1−t−12

e^−(1−t2)y¿^b_y=0

)

¿

(

^1−t1 1

)(

^1−t1 2

)

^{b →∞lim}

⁽

^{1−e−(1−t2)b}

⁾

¿ 1

(

^1−t1

) (

^1−t2

)

⁽¹⁻⁰⁾

M

(

^t1,t₂

)

^{= 1}

(

^1−t1

) (

^1−t2

)

^;t1<1,t2<1

 Fungsi pembangkit momen marginal dari X adalah:

M_x

(

^t1

)

^=M

(

^t1,0

)

⁼_1−t¹

1

;t₁<1

 Fungsi pembangkit momen marginal dari Y adalah:

M_x

(

^t2

)

^=M

(

^0,t1

)

⁼_1−t¹

2

;t₂<1 Jadi: M_x

(

^t1

)

^{. M}x

(

^t2

)

^{= 1}

(

^1−t1

) (

^1−t2

)

Ternyata ^M

(

^t1,t₂

)

^=Mx

(

^t1

)

^{. M}x

(

^t2

)

(terbukti)