pengantar statistika matematis

n M 1  M  (N  n)
N N 
Var ( X )  .
N 1

3.2.10. Buktikan Teorema 3.2.1.

3.2.11. Misal Y menyatakan banyak sukses dalam n pengulangan

percobaan secara bebas dengan peluang sukses p  1 . Jika n  3, hitung
4

P(2  Y ); jika n  5, hitung P(3  Y ).

3.3 Sebaran Geometrik dan Binomial Negatif

Sebaran binomial yang telah kita bahas berpangkal pada percobaan
Bernoulli, yang diulang secara bebas sebanyak n kali. Sekarang kita
akan membahas percobaan Bernoulli yang diulang berkali-kali sehingga
mendapatkan sukses pertama.

Contoh 3.3.1 Misal suatu kantong berisi 3 kelereng warna merah

dan 7 kelereng warna lain. Dari kantong tersebut kita ambil kelereng

satu persatu secara acak dengan pengembalian sehingga mendapatkan

kelereng merah. Misal X menyatakan banyak percobaan sehingga

mendapatkan kelereng merah. Dengan memisalkan kelereng warna

merah sebagai m dan warna lainnya sebagai b , maka kita peroleh hasil

sebagai berikut:

(1) X  1, ekivalen dengan kejadian C1  m,

f (x)  P( X  1)  P(C1)   7 11  3  .
 10   10 

(2) X  2, ekivalen dengan kejadian C2  bm,

f (x)  P( X  2)  P(C2 )  7.3   7 21  3  .
10 10  10   10 

(3) X  3, ekivalen dengan kejadian C3  bbm,

f (x)  P( X  3)  P(C3 )  7.7.3   7 31  3  .
10 10 10  10   10 

87

…………………………………………………………

(3) X  7, ekivalen dengan kejadian C7  bb...bm,

f (x)  P( X  10)  P(C10 )  7 . 7 .... 7 . 3   7 71  3  .
10 10 10 10  10   10 

Oleh karena itu kita peroleh

f (x)   7 x1  3  I ( x  1, 2, 3,..., 7).
 10   10 

Secara umum jika X sebagai banyak percobaan sehingga

mendapatkan sukses pertama, p menyatakan peluang kejadian sukses,

dan q menyatakan peluang kejadian gagal, maka kita peroleh pdf dari

X adalah

f (x)  qx1 pI (x 1, 2,3,...).

Peubah acak semacam ini disebut bersebaran geometrik, ditulis sebagai

dan pdf-nya ditulis sebagai g(x; p). Sehingga

g(x; p)  qx1 p, x 1, 2,3,...

Menggunakan deret geometrik kita akan memperoleh



 g(x; p)  1,

x1

demikian juga untuk cdf, ditulis sebagai G(x; p), dan

G(x; p) 1 qx,

bukti ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 3.3.2 Peluang seorang pemain basket memasukkan bola
ke dalam keranjang adalah 0.7. Karena dilanggar oleh pemain lawan
maka pemain tersebut mendapatkan hadiah “ 3 bola”. Jika masing-
masing kesempatan untuk memasukkan bola kita anggap bebas, maka
berapakah peluang bahwa pemain tadi pertama kali memasukkan bola
pada kesempatan ketiga? Berapakah peluang paling sedikit pemain
tersebut memasukkan satu bola pada ketiga kesempatan?
Penyelesaian
Permasalahan ini dapat kita selesaikan menggunakan sebaran geometrik.
Kita misalkan kejadian sukses sebagai kejadian memasukkan bola ke

88

dalam keranjang, dan X peubah acak yang menyatakan banyak
percobaan untuk mendapatkan sukses pertama. Maka kita peroleh

P(X  3)  g(3;0.7)  (0.3)2(0.7)  0.063.

Lebih lanjut peluang paling sedikit pemain tersebut memasukkan satu
bola pada ketiga kesempatan adalah

P(X  3)  G(3;0.7) 1 (0.3)3  0.973.

Teorema 3.3.1 Sifat tanpa Memori. Misal X GEO( p). Maka

P(X  j  k | X  j)  P(X  k).

Bukti
P(X  j  k | X  j)  P(X  j  k)  1 P(X  j  k)
P(X  j) 1 P(X  j)

 1 1 q jk  q jk q k  P( X  k).
qj


 1 1 q j

Terbukti.

Purata, varians, dan mgf dari X GEO( p) adalah:

    

E( X )  xqx1 p  p qx
d qx  p d
x1 dq dq x0
x1

 pd 1  p  p  1.
dq 1 q (1 q)2 p2 p

Dengan cara serupa kita peroleh

E ( X 2 )  1 q ,
p2

bukti ditinggalkan sebagai latihan. Oleh karena itu variansnya adalah

Var(X )  E(X 2 ) E(X )2  1 q  1  q .
p2 p2 p2

Dan fungsi pembangkit momen dari sebaran ini adalah

M (t)  pet ,
1 qet

bukti ditinggalkan sebagai latihan. Oleh karena itu dari Contoh 3.3.1 kita

peroleh

89

E(X )  10 ,
3

dan

Var(X )  7  .  10 2  70 ,
 10   3  3

sedangkan dari Contoh 3.3.2 kita peroleh

E(X )  10 ,
7

dan

Var ( X )  3 . 10 2  30 .
 10 7  7

Pembahasan selanjutnya adalah tentang sebaran binomial negatif.
Sebaran ini berkaitan dengan suatu percobaan yang diulang beberapa
kali secara bebas sehingga mendapatkan n pertama sukses. Secara
khusus, untuk n  1 sebaran ini sama dengan sebaran geometrik. Untuk
lebih jelasnya mengenai sebaran binomial negatif kita ikuti contoh
berikut ini.

Contoh 3.3.3 Misal suatu kantong berisi 7 kelereng warna putih

dan 3 kelereng warna lain. Dari kantong tersebut kita ambil kelereng

satu persatu secara acak dengan pengembalian sehingga mendapatkan

empat kelereng putih pertama. Misal X menyatakan banyak percobaan

sehingga mendapatkan empat kelereng putih. Dengan memisalkan

kelereng warna putih sebagai t dan warna bukan putih sebagai b , maka

kita peroleh hasil-hasil sebagai berikut:

(1) X  4, ekivalen dengan kejadian C1  {tttt}, sehingga

f (4)  P( X  4)   7 4 .
 10 

(2) X  5, ekivalen dengan kejadian C2  {btttt,tbttt,ttbtt,tttbt}, banyak

anggota kejadian ini adalah 4   5 1 sehingga
   4 1 ,
 3  

90

f (5)  P( X  5)   5 1  3 54  7 4 .
 4 1  10   10 


(3) X  6, ekivalen dengan kejadian C3  {bbtttt,btbttt,bttbtt,

btttbt, ..., ttthbt}, banyak anggota kejadian ini adalah 6 1 ,
 1
 4

sehingga

f (6)  P( X  6)   6 1 3 64  7 4 .
 1    10 
 4 10

(4) X  7, ekivalen dengan kejadian C4  {bbbtttt,bbtbttt,bbttbtt,

bbtttbt, ..., tttbbbt}, banyak anggota kejadian ini adalah 7 1 ,
 1
 4

sehingga

f (7)  P( X  7)   7 1 3 74  7 4 .
 1    10 
 4 10

Oleh karena itu kita peroleh

f (x)   x 1  3 x4  7 4 I ( x  4, 5, 6, 7).
 4 1  10   10 


Secara umum jika X sebagai banyak percobaan sehingga

mendapatkan r sukses pertama, p menyatakan peluang kejadian

sukses, dan q menyatakan peluang kejadian gagal, maka kita peroleh

pdf dari X adalah

f ( x)   x 1 q xr p r I ( x  r, r  1, r  2, r  3, ...)
 r 1


Peubah acak semacam ini disebut sebaran binomial negatif (negative

binomial), ditulis sebagai , dan pdf-nya ditulis sebagai
f (x; r, p). Oleh karena itu

f ( x; r, p)   x 1 q xr pr , x  r, r 1, r  2, r  3,...
 r 1


91

Contoh 3.3.4 Dalam suatu turnamen bola voli pertandingan
dinyatakan berakhir jika salah satu tim sudah memperoleh tiga kali

kemenangan. Misal tim A sedang berhadapan dengan tim B .
Berdasarkan data yang diperoleh dari pertandingan-pertandingan
sebelumnya diperoleh bahwa P(A menang)  0.6, pada tiap pertemuan

dan anggap merupakan kejadian bebas. Berapakah peluang bahwa
pertandingan berakhir dalam empat pertemuan.

Penyelesaian
Permasalahan di atas dapat kita pandang sebagai permasalahan sebaran
binomial negatif dengan x  4 dan r  3. Pertama kita misalkan tim A
menang dalam pertandingan, maka

P( A menang dalam pertandingan)  f (4;3, 0.6)   3  (0.4)1 (0.6)3  0.2592.
 2 
 

Kedua kita misalkan tim B menang dalam pertandingan, maka

P(B menang dalam pertandingan)  f (4;3, 0.4)   3  (0.6)1 (0.4)3  0.1152.
 2 
 

Oleh karena itu peluang pertandingan berakhir empat pertemuan sebesar
0.2592  0.1152  0.3744.

Selanjutnya ditinggalkan sebagai latihan untuk menunjukkan bahwa

E(X )  r ,
p

Var(X )  rq ,
p2

dan

M (t)   pet r .
1 qet 


Latihan 3.3

3.3.1. Misal . Buktikan bahwa



(a)  g(x; p)  1.
x1

(b) G(x; p) 1 qx.

92

3.3.2. Misal . Tunjukkan bahwa E ( X 2 )  1 q .
p2

3.3.3. Misal 5 kartu diambil secara acak dengan pengembalian dari satu
pak kartu bridge, yang berisi 52 kartu. Tentukan peluang mendapatkan:
(a) kartu as pertama pada pengambilan ketiga,
(b) kartu as ketiga pada pengambilan kelima.

3.3.4. Tiga orang melempar uang logam untuk menentukan orang yang
membayar kopi pada suatu restoran, dengan ketentuan: jika ketiga-
tiganya menghasilkan angka/gambar sama, maka mereka melemparnya
lagi. Jika lain maka orang yang uang logamnya berbeda dengan dua
orang yang lain membayar kopi. Berapakah peluang bahwa:
(a) berakhir pada pelemparan kedua,
(b) mereka memerlukan lebih dari satu pelemparan.

3.3.5. Misal . Tunjukkan bahwa

M (t)  pet .
1 qet

3.3.6. Misal . Tunjukkan bahwa
dan
E(X )  r, Var(X )  rq ,
p p2

M (t)   pet r .
1 qet 


3.4 Sebaran Poisson

Sebelum sampai pada sebaran Poisson, marilah kita ikuti uraian berikut

ini. Kita perhatikan ekspansi deret Taylor dari

g(u)  eu ,

di sekitar nol, yaitu

 1 u1  u2  u3  ...   ux
eu .
1! 2! 3! x0 x!

93

Jika kedua persamaan kita kalikan dengan eu , maka kita peroleh

 euux  1.

x0 x!

Oleh karena itu jika kita pilih
f (x)  euux I (x  0,1, 2,...),
x!

maka:
(i) f (x)  0, x  0,1, 2,...,



(ii)  f (x)  1.
x0

Jadi f mendefinisikan pdf. Peubah acak X yang mempunyai pdf

seperti ini disebut bersebaran Poisson, ditulis sebagai .

Untuk menentukan ekspektasi dan varians peubah acak X yang

bersebaran Poisson terlebih dahulu kita tentukan mgf-nya seperti berikut.

 M (t)  E(etX )   etx euu x  eu  (uet )x  eueuet  eu(et 1) ,
x0 x! x0 x!

untuk semua nilai t. Selanjutnya kita tentukan turunan pertama dan

kedua

M '(t)  eu(et 1) (uet ),

dan
M ''(t)  eu(et 1) (uet )  eu(et 1) (uet )2.

Oleh karena itu

  M '(0)  u,

dan

 2  M ''(0) M '(0)2  u  u2  u2  u  .

Hasil ini menyatakan bahwa jika X bersebaran Poisson, maka

   2  u  0. Oleh karena itu kita dapat pula menulis sebaran ini

sebagai , pdf-nya
dan cdf-nya f (x; )  e  x I (x  0,1, 2,...),
x!

94

x

F(x; )   f (x; ).
k 0

Untuk nilai  dan x tertentu cdf ini dapat diperoleh dari tabel sebaran

Poisson, atau dari komputer dengan perangkat lunak statistik. Dalam hal
ini kita pakai Minitab.

Contoh 3.4.1 Misal . Maka

f (x; 2)  2x e2 , x  0,1, 2,...
x!

Selanjutnya jika kita ingin menentukan P(1  X ), maka kita dapat

memperolehnya seperti berikut ini
P(1  X )  1 P( X  0)

 1 P( X  0)

 1 e2

 0.865,

hasil di atas dapat diperoleh langsung dari kalkulator, dari tabel sebaran
Poisson, atau dari Minitab.

Pembahasan selanjutnya dalam subpokok bahasan ini adalah
mengenai hubungan antara sebaran binomial dengan sebaran Poisson,
seperti terlihat pada teorema di bawah ini.

Teorema 3.4.1 Misal . Untuk masing-masing nilai

x  0,1, 2,..., dan jika p  0, dengan np  , maka

lim n px (1 p)nx  e  x .
  x!
n  x 

Bukti
Kita uraikan ruas kiri terlebih dahulu, yaitu dengan menguraikan bentuk
faktorialnya, dan np   kita ubah menjadi bentuk p   . Oleh karena

n
itu kita peroleh seperti berikut ini

95

n px (1 p)nx  n!   x 1   nx
  x!(n  x)!  n  n 
 x 

 x n(n 1)...(n  x 1) 1   n 1   x
x! nx n  n 

 x  n  n 1  ...  n x  1  1   x 1   n
x!  n   n n  n  n 

Karena

lim  x   x ,
n x! x!

dan

lim  n  n 1 ... nx  1  1   x  1,
n  n   n n  n 

maka menggunakan sifat limit pada kalkulus, yaitu sifat

lim 1   n  e ,
n 
n

kita peroleh

lim n px (1 p)nx  e  x .
  x!
n  x 

Contoh 3.4.2 Misal 1% dari semua komponen yang diproduksi
oleh pabrik tertentu adalah rusak. Suatu komputer model baru
memerlukan 100 komponen dari pabrik tersebut. Maka peluang eksak
untuk memperoleh 3 komponen rusak adalah b(3;100,0.01)  0.0610,

sedangkan menggunakan pendekatan Poisson kita peroleh peluang
f (3;1)  0.0613.

Pembahasan terakhir dari subpokok bahasan ini adalah tentang
proses Poisson, yaitu suatu proses untuk mendapatkan sebaran Poisson.
Pada prakteknya proses Poisson ini dapat pula digunakan untuk
mendeteksi apakah suatu peubah acak mengikuti sebaran Poisson atau
tidak.

Kita perhatikan situasi fisik dalam kejadian tertentu, seperti
dering telepon atau kerusakan kabel pada potongan tertentu. Misal X (t)

96

menyatakan banyak kejadian yang terjadi pada selang 0,t, dan anggap

bahwa asumsi-asumsi berikut ini benar.
(1) Peluang bahwa kejadian akan terjadi dalam selang yang pendek

t,t  t adalah mendekati perbandingan dengan panjang selang,

t , dan tidak bergantung pada posisi selang.
(2) Kejadian pada selang yang tidak berpotongan adalah saling

bebas.

(3) Peluang dua atau lebih kejadian dalam selang pendek t,t  t

diabaikan.
Jika asumsi-asumsi di atas dipenuhi maka untuk t  0, X (t)

akan bersebaran Poisson. Asumsi-asumsi di atas jika dinyatakan secara
matematika seperti terlihat pada teorema berikut ini. Sebelumnya kita
catat terlebih dahulu bahwa o(t) menyatakan sebagai fungsi dari t

sehingga
lim o(t)  0.
t0 t

Sebagai contoh o(t)  t 2 , maka

lim o(t)  lim (t)2  lim t  0.
t0 t t0 t t 0

Teorema 3.4.2 Misal X (t) menyatakan banyak kejadian yang

terjadi pada selang 0,t, dan Pn (t)  P n kejadian dalam selang 0,t.

Jika X (t) memenuhi sifat-sifat berikut:

(1) X (0)  0,

(2) P X (t  h)  X (t)  n | X (s)  m  PX (t  h)  X (t)  n,

untuk semua 0  s  t dan 0  h,

(3) P(t  t)  X (t) 1  t  o(t) untuk suatu konstanta , dan

(4) P(t  t)  X (t)  2  o(t),

maka untuk t  0

t n et

Pn (t)  n! I (n  0,1, 2,...).

97

Bukti
Terdapat dua hasil yang mungkin untuk n kejadian dalam selang

0,t  t, yaitu mempunyai 1 kejadian dalam selang t,t  t dan

n 1 kejadian dalam selang 0,t, untuk t kecil, atau 0 kejadian

dalam t,t  t dan n kejadian dalam selang 0,t. Oleh karena itu

Pn (t  t)  Pn1(t)P1(t)  Pn (t)P0 (t)  o(t)

 Pn1(t)t  o(t)  Pn (t)1 t  o(t)  o(t)

 Pn1(t)t  Pn1(t)o(t)  Pn (t)  Pn (t)t  Pn (t)o(t)  o(t).

Di pihak lain

dPn (t)  lim Pn (t  t)  Pn (t) .
dt t0 t

Oleh karena itu

dPn (t)  lim Pn1(t)t  Pn1(t)o(t)  Pn (t)  Pn (t)t  Pn (t)o(t)  o(t)  Pn (t)
dt t0 t

  lim Pn1(t)t  Pn (t)t

t0 t
Pn1(t)  Pn (t) .

Sekarang kita lihat untuk n  0,

P0 (t  t)  P0 (t)P0 (t)  P0 (t)1 t  o(t)

 P0 (t)  P0 (t)t  P0 (t)o(t),

sehingga

dP0 (t)  lim P0 (t  t)  P0 (t)  lim P0 (t)  P0 (t)t  P0 (t)o(t)  P0 (t)
dt t0 t t 0 t

 lim P0 (t)t  P0 (t)o(t)  P0 (t).
t
t 0

Dalam bentuk persamaan diferensial dapat ditulis sebagai

1 ) dP0 (t )   dt ,
P0 (t

Penyelesaian persamaan deferensial di atas adalah

ln P0(t)  t  C.

Menggunakan kenyataan bahwa

P0 (0)  1,

yang berakibat

98

C  ln P0(0)  ln1  0,
maka kita peroleh

P0 (t)  et .
Selanjutnya kita lihat untuk n  1,

dP1(t)   P0 (t)  P1(t)   et  P1(t)  et   P1 (t )
dt

yang memberikan

P1(t)  tet .

Menggunakan induksi matematis dapat ditunjukkan (ditinggalkan

sebagai latihan) bahwa

t n et

Pn (t)  n! I (n  0,1, 2,...).

Oleh karena itu , di mana   E X (t)  t.

Latihan 3.4

3.4.1 Misal . Buktikan menggunakan induksi matematis
bahwa
t n et

Pn (t)  n! I (n  0,1, 2,...).

3.4.2. Misal X peubah acak yang bersebaran Poisson,
P(X 1)  P(X  2). Tentukan P(X  4).

3.4.3. Misal X peubah acak yang bersebaran Poisson, P(X  0)  0.2.
Tentukan P(X  4).

3.4.4. Misal mgf dari peubah acak X adalah
M (t)  e4(et 1).

Tunjukkan bahwa

P  2  X    2   0,931.

99

3.4.5. Misal banyak antrian panggilan telepon pada operator tertentu

dalam satu jam bersebaran Poisson dengan   10. Tentukan peluang

dari masing-masing kejadian berikut ini:
(a) tujuh antrian panggilan,
(b) paling banyak tujuh antrian panggilan,
(c) mulai dua sampai tujuh panggilan.

3.4.6. Misal pdf f (x) positif hanya untuk bilangan bulat tidak negatif,
sehingga

f (x)  4 f (x 1)I (x  1, 2,3,...).
x

Tentukan f (x). Petunjuk: Perhatikan bahwa

f (1)  4 f (0), f (2)  42 f (0),..., kemudian nyatakan f (x) sebagai suku-
2!

suku dari f (0) dan tentukan f (0) dari
1  f (0)  f (1)  f (2) ...

3.4.7. Misal . Gunakan ketaksamaan Chebyshev untuk

menentukan batas bawah dari P(75  X 125).

3.4.8. Misal X mempunyai sebaran Poisson. Jika P(X 1)  P(X  3),
tentukan:
(a) P(X  5),
(b) modus dari sebaran ini.

3.4.9. Suatu pabrik elektronik memproduksi komponen tertentu, dan
kejadian komponen rusak adalah bebas dengan peluang 0.1. Jika pabrik
tersebut memproduksi 500 komponen, maka:
(a) berapakah peluang kejadian komponen rusak paling banyak dua?
(b) hitung (a) menggunakan pendekatan Poisson.

3.5 Sebaran Seragam

Terdapat dua macam sebaran seragam, yaitu sebaran seragam peubah
acak diskret dan sebaran seragam peubah acak kontinu. Kasus pertama
disebut sebagai sebaran seragam diskret, dan yang kedua disebut sebaran

100

seragam kontinu. Pembahasan kita awali dengan sebaran seragam
diskret.

Banyak permasalahan praktis yang melibatkan peluang klasik,
yaitu suatu peluang dari suatu kejadian yang masing-masing anggotanya
mempunyai kesempatan sama (seragam). Untuk mempermudah
permasalahan, masing-masing anggota sampel dikaitkan oleh suatu
peubah acak X dengan bilangan asli 1, 2,..., N. Oleh karena itu kita

memperoleh pdf dari peubah acak diskret X , yaitu

f (x)  1 I (x  1, 2,..., N),
N

diberi simbol sebagai .

Purata dan varians dari sebaran ini dapat kita peroleh seperti

berikut ini:

N x  1 N 1 . N(N 1)  N 1,

E(X )   xf (x)   x N 2 2
x1 N N x1
x

dan

N x2  1 N
  E(X 2) 
x2 f (x)  x2
x x1 N N x1

 1 . N (N 1)(2N 1)  (N 1)(2N 1) ,
N6 6

sehingga

Var(X )  E(X 2 ) E(X )2  N 2 1,

12

sedangkan mgf-nya ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 3.5.1 Misal X menyatakan bilangan sisi dadu yang

muncul dari suatu percobaan melempar dadu sekali. Maka .

Oleh karena itu kita peroleh pdf

f (x)  1 I (x  1, 2,...,6),
6

purata

E(X )  6 1  3.5,
2

dan varians

101

Var(X )  36 1  2.92.
12

Pembahasan selanjutnya mengenai sebaran seragam dari peubah

acak kontinu, atau sebaran seragam kontinu. Untuk itu anggap X nilai

yang terdefinisi pada selang terbuka (a,b), dan anggap bahwa

kesempatan nilai X jatuh pada selang tersebut adalah sama (seragam).

Maka kita dapat mengatakan bahwa pdf dari X adalah konstan, yaitu
f (x)  cI (a  x  b).

Selanjutnya menggunakan sifat kedua dari Definisi 2.3.2 kita peroleh

b

a cdx  1.

Solusi dari integral ini adalah

c 1 .
ba

Peubah acak yang mempunyai pdf demikian disebut bersebaran

seragam kontinu, ditulis sebagai

,

dan pdf-nya ditulis sebagai

f (x; a,b)  1 I (a  x  b).
ba

Seperti halnya pada sebaran seragam diskret, purata dan varians

dari sebaran seragam kontinu ini kita peroleh seperti berikut:

b 1 1 b 1  1 x2 b
a   2 a
x.
  E(X )  
xf (x)dx  dx  xdx
a ba ba b a

  1 . 1 b2  a2  1 . 1 b  ab  a  b  a ,
2 ba 2 ba 2

dan

b x2. 1 dx  1 b 1 1 b
a ba ba a   3 a
  E(X 2)  x2dx
x2 f (x)dx   b a x3

    1 . 1 b3  a3  1 . 1 b  a b2  ba  a2  (b2  ba  a2 ) ,
3 ba 3 ba 3

sehingga

102

Var( X )  b2  ba  a2  (b  a)2  4b2  4ba  4a2  3b2  6ba  3a2
34 12 12

 b2  2ba  a2  (b  a)2 ,
12 12

sedangkan mgf-nya ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 3.5.2 Misal satu titik dipilih dari selang 0,1. Maka

, sehingga pdf-nya adalah
f (x;0,1)  I(0  x 1),

ekspektasinya adalah E(X )  1 ,
dan variansnya adalah 2

Var(X )  1 .
12

Latihan 3.5

3.5.1. Misal . Tentukanlah mgf dari X . Petunjuk: Gunakan

identitas s  s2  ...  sN  s(1 sN ) , s  1.
1 s

3.5.2. Misal X menyatakan bilangan sisi dadu yang muncul dari suatu

percobaan melempar dadu sekali. Maka , dan pdf-nya adalah

f (x)  1 I (x  1, 2,...,6).
6

(a) Tentukanlah cdf dari X , dan buatlah grafiknya.

(b) Jika dadu dilempar dua kali, maka tentukan pdf dari Y , di mana Y

menyatakan nilai terkecil dari dua kali pelemparan dadu.

(c) Jika dadu dilempar tiga kali, maka hitung peluang bahwa nilai

terbesarnya kurang dari tiga.

3.5.3. Misal satu titik dipilih dari selang 0,1. Maka ,

dan pdf-nya adalah

103

f (x;0,1)  I(0  x 1).

(a) Tentukanlah cdf dari X , dan buatlah grafiknya.

(b) Tentukanlah peluang bahwa nilai dari X kurang dari 0.5.
(c) Tentukan P(0.1 X  0.9).

3.5.4. Misal . Tentukanlah mgf dari X .

3.5.5. Misal . Tentukanlah peluang akar-akar persamaan

g(t)  0 adalah real, jika

g(t)  4t2  4Xt  X  2.

3.6 Sebaran Gamma, Eksponensial, Weibull dan Pareto

Salah satu sebaran kontinu yang sering muncul dalam terapan adalah
sebaran gamma. Sebaran ini diturunkan dari fungsi gamma.

Definisi 3.6.1 Suatu fungsi gamma, dinyatakan sebagai ( )
untuk semua   0, adalah

( )   t 1etdt.
0

Sebagai contoh, jika   1, maka (1)   etdt  1. Beberapa
0

sifat dari fungsi gamma diberikan oleh teorema berikut ini.

Teorema 3.6.1 Suatu fungsi gamma memenuhi sifat-sifat berikut
ini:

(1) ()  ( 1)( 1), 1.

(2) (n)  (n 1)!, n bilangan bulat positif.

(3) 1/ 2   .

Bukti

Kita buktikan sifat (1) menggunakan integral parsial seperti berikut ini.

 t e1 t dt  t 1det t  e1 t    et dt 1
0
0 0 0
  ()      

 0  ( 1)  t( e1)1 tdt  ( 1)( 1),  1.
0

104

Sifat (2) dapat dibuktikan menggunakan induksi matematis
(ditinggalkan sebagai latihan). Sifat (3) kita buktikan menggunakan
integral lipat dengan mengubahnya terlebih dahulu menjadi koordinat

kutub. Kita substitusi x  t ke dalam fungsi gamma kita peroleh

t  x2, sehingga dt  2xdx. Oleh karena itu

(1/ 2)   t1/ e21 t dt   t 1/ 2etdt   x1ex2 2xdx  2  ex2 dx.
   0 0 0 0

Selanjutnya kita tulis

2 2  x2  2 2  x2    x2 
    (1/ 2) 0  0   0 
 e dx  e  dx 2 e dx

    2 e x2 dx   2  e  y 2 dy   4   e(x2  y2 )d xdy.
0   0  0
0

Jika ubah integral tersebut menjadi bentuk integral kutub (polar), yaitu

dengan mengambil
x  f (r, )  r cos ,

y  g(r, )  r sin.

Maka menggunakan teknik transformasi, lihat subpokok bahasan 4.6,

   A fX1,X2 (x1, x2 )dx1dx2  fB X1,X2 w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J | dy1dy2,

di mana

x x
J  (x, y)  r   cos r sin  r(cos2   sin2  )  r,

(r, ) y y sin r cos

r 

kita peroleh

 (1/ 2) 2  4   e(x2  y2 )d xdy  4 1  er2 rdrd  2 1  er2 dr 2d
2 2
     0 0
00 00

    2 1  e r 2  d 2 1 d 2  1 .
2  0 2 2
0 0
0

Karena (1/ 2) tidak negatif, maka (1/ 2)   .

Kita kembali ke definisi fungsi gamma

( )   t 1etdt.
0

Jika kita substitusi t  x / dan   0 , maka fungsi gamma menjadi

105

  x  1 x  1  1  x
0        
e x e1
 ()  dx  0 dx.

Oleh karena itu

1  x e1 x dx  1.

  ( )
0

Selanjutnya jika kita pilih

f (x)  1 x e1 x I (x  0),
( 

  )

maka:
(i) f (x)  0, x  0



(ii) 0 f (x)dx  1.

Fungsi di atas mendefinisikan suatu pdf, dan peubah acak X yang
mempunyai pdf di atas disebut bersebaran gamma. Secara lengkap pdf-
nya ditulis sebagai

f (x; , )  1 x e1 x I ( x  0).
( 

  )

Peubah acak yang bersebaran demikian ditulis .

Parameter  disebut parameter bentuk (shape parameter)

karena menentukan bentuk dasar dari grafik pdf. Secara khusus ada tiga

bentuk dasar yang bergantung pada parameter ini, yaitu  1, 1, dan

  1, seperti terlihat pada Gambar 3.6.1 berikut.

106

Gambar 3.6.1

Fungsi sebaran dari adalah

F(x; , ) x 1 t  e1 t dt.
0 ( ) 

 

Substitusi u  t / dalam integral di atas menghasilkan

 x/ 1  1 eu du  x/ 1 u e1 udu  F (x /;1, ),
0 ( )
0   ( )
 F(x;,)  u

yang bergantung pada  yang terletak pada peubah x /. Sehingga

parameter ini biasa disebut sebagai parameter skala.

Contoh 3.6.1 Misal peubah acak X menyatakan waktu hidup

suatu baterai dalam bulan dan anggap , dengan  12.

Maka peluang bahwa waktu hidup baterai kurang dari 24 bulan dapat

ditulis sebagai

P(X  24)  F(24;12,)  F(2;1,)  P(Y  2),

di mana Y menyatakan waktu hidup baterai dalam tahun dan

.

Purata dari dapat kita peroleh seperti berikut ini:

107

 1 x e1 x 1  x(1 e)1 x
0  (  ( 
 E(X )  x dx  dx
 )   ) 0

 1 (1  )  1 x(1 e)1 x
  ( ) 0  1 (1 
 dx
 )

 1 (1  ) .1   ( )   .
  ( ) ( )

Dengan cara yang sama (ditinggalkan sebagai latihan) kita peroleh

E(X 2 )   2(1 ).

Oleh karena itu

Var(X )   2(1)  ( )2   2.

Untuk mgf kita peroleh seperti berikut

 etx x 1e x / 1  x e1 (t1/ ) xdx.
  ( ) dx (
0 0
 M (t)     )

Kita substitusi u  (t 1/ )x, kita peroleh

 1  1  u e1 udu  1t  ,t  1/.
    (
M(t)  t  ) 0

Dalam hal kita mempunyai parameter  berupa bilangan bulat

positif, yaitu   n maka untuk parameter  dan untuk nilai x tertentu

cdf-nya dapat kita tentukan menggunakan rumus pada teorema berikut

ini.

Teorema 3.6.2 Misal di mana n bilangan bulat

positif. Maka cdf dari X dapat ditulis sebagai

n1  x / i x
F
(x; , n)  1  i0 i! e .

Teorema di atas dibuktikan menggunakan induksi matematis dan
integral parsial secara berulang (ditinggalkan sebagai latihan). Suku
dalam penjumlahan Teorema 3.6.2, serupa dengan penjumlahan pada

sebaran Poisson dengan  diganti oleh x /.

Contoh 3.6.2 Misal kuantitas harian (dalam inchi) ukuran

gelombang sungai adalah peubah acak . Misal kita ingin

108

mengetahui peluang kuantitas gelombang lebih dari puratanya, yaitu 1.2

inchi. Maka kita peroleh

 1 1 5 6i e6  5 6i e6
 i0 i!  i0 i!
 PX 
 1.2  1 F (1.2; 0.2, 6)   0.4457,

dari Minitab atau tabel sebaran Poisson dengan x  5 dan   6. Apa

komentar Anda tentang hasil ini?

Salah satu sebaran khusus dari sebaran gamma adalah sebaran

eksponensial. Sebaran eksponensial diperoleh pada saat   1. Oleh

karena itu jika X bersebaran eksponensial, ditulis , maka

pdf-nya adalah

f (x; )  1 x I(x  0),

 e

dan cdf-nya adalah

F ( x; )  1  x I ( x  0),

e

bukti dijadikan sebagai latihan. Untuk parameter  dan nilai x tertentu

nilai pdf dan cdf ini dapat diperoleh dari Minitab atau tabel sebaran

eksponensial.

Contoh 3.6.3 Misal X menyatakan waktu hidup (dalam jam)

bola lampu merk tertentu dan mengikuti sebaran eksponensial dengan

parameter   72, Misal kita ingin mengetahui peluang

lampu hidup setelah 48 jam. Maka peluang tersebut dapat kita hitung
seperti berikut ini

P X  48 1 P X  48 1 F(48;72) 1 0.4596  0.5404,

diperoleh dari Minitab.

Sebaran eksponensial sering digunakan untuk menentukan
peluang waktu hidup suatu komponen, yang mempunyai sifat seperti
diberikan oleh teorema berikut ini.

Teorema 3.6.3 Sifat tanpa Memori. Misal . Maka

PX  a t | X  a  PX  t

untuk semua a  0 dan t  0.

109

Bukti

PX  at | X  a  PX  at dan X  a  PX  at 
PX
PX  a  a

e( at ) /
ea /
 
 et / P X t .

Bentuk khusus lain dari sebaran gamma adalah sebaran khi

kuadrat, yaitu jika   2 dan   / 2 , dan  disebut sebagai derajat

bebas.

Pembahasan selanjutnya tentang sebaran Weibull. Sebaran ini
ditemukan oleh ahli Fisika W. Weibull.

Suatu peubah acak kontinu X dikatakan bersebaran Weibull

dengan parameter   0 dan   0 jika mempunyai pdf

f ( x; ,  )   x e1  x  I (x  0),
  

dinyatakan . Dalam hal   2 disebut bersebaran

Rayleigh. Jika , maka cdf-nya adalah

F(x; ,  )    e x    0),
1    I (x

 

bukti ditinggalkan sebagai latihan. Purata dari diperoleh

seperti berikut:

 x e 1  x   x e  x 
0 x    (1 )1  
 E(X )  dx  dx.
0

Substitusi t  x  , diperoleh
  

E(X )   t e (11/  )1 t dt   1 1 
 .
0

Serupa untuk E( X 2 )   2 1 2  , ditinggalkan sebagai Latihan. Jadi
  

110

Var( X )   2  1 2   2 1 1 
     .


Sebaran Weibull sering digunakan pada daya tahan suatu material.

Pembahasan akhir dari subpokok bahasan ini adalah tentang

sebaran Pareto.

Suatu peubah acak X dikatakan bersebaran Pareto dengan

parameter   0 dan   0 jika mempunyai pdf

f (x; , )   1  x ( x1) I(x  0),
  

dinyatakan sebagai . Jika maka cdf-nya

adalah

F ( x; ,  )    1  x   I ( x  0),
1   
 

bukti ditinggalkan sebagai Latihan. Sebaran Pareto sering digunakan

pada permasalahan model biomedis, seperti daya tahan hidup

transplantasi jantung.

Latihan 3.6

3.6.1. Menggunakan induksi matematis, buktikan sifat kedua Teorema
3.6.1, yaitu (n)  (n 1)!

3.6.2. Menggunakan induksi matematis dan integral parsial secara
berulang buktikan Teorema 3.6.2.

3.6.3. Tunjukkan bahwa E(X 2)   2(1).

3.6.4. Gunakan Teorema 3.6.1 untuk menentukan:
(a) (6).

(b) (13/ 2).

3.6.5 Misal . Gunakan Teorema 3.6.2 untuk menentukan:

(a) P X 10

111

(b) P7  X 10

3.6.6. Misal . Jika x  2 adalah modus tunggal dari

sebaran ini, tentukan parameter  dan P(X  9, 49).

3.6.7. Misal . Tunjukkan bahwa

P(X  2)  (2 / e) .

Petunjuk: Gunakan Latihan 2.6.7.

3.6.8 Misal . Buktikan bahwa cdf dari X adalah

F ( x; )  1  x I ( x  0).

e

3.6.9 Misal peubah acak X menyatakan waktu hidup suatu transistor

dan mengikuti sebaran eksponensial dengan parameter  100.

Tentukan:

(a) P X  25

(b) P X 125

(c) P X 125 | X  25

3.6.10. Misal . Buktikan:
(a) cdf-nya adalah

 x 
F(x; ,  )  1 e   I (x  0).



(b) E ( X 2 )   2   2 
1  .
 

3.6.11. Anggap daya tahan suatu material bersebaran Weibull,
( ). Tentukan P(X  410).

3.6.12. Misal waktu tunggu (dalam menit) seorang pelanggan pada suatu

toko bersebaran Pareto, . Tentukan peluang bahwa

pelanggan datang antara pukul 08.05 dan 08.10.

112

3.7 Sebaran Normal

Suatu sebaran yang sangat penting dalam Inferens Statistis adalah
sebaran normal, karena banyak analisis data yang menggunakan asumsi
sebaran ini.

Untuk mengawali pembahasan sebaran ini, mula-mula kita
perhatikan integral

I   exp   y2  dy.
  2 
 

Kita tentukan nilai dari integral tersebut seperti berikut ini.

 y2   y2 
 I 2   2  dy.  2  dy
 exp    exp  
 

 y2   z2 
   2  dy.  2  dz
 exp    exp  
 

     y2  z2 
  exp  2  dydz.



Serupa dengan cara untuk mendapatkan nilai dari (1/ 2), jika ubah

integral tersebut menjadi bentuk integral kutub, yaitu dengan mengambil

y  r cos dan z  r sin, diperoleh

2  r2
 I 2 
e 2 rdrd  2.
00

Karena I positif (mengapa?), maka

I  2 ,

atau

   y2  dy  2 .
 exp  2 



Jika kedua ruas dari persamaan tersebut kita bagi dengan 2 , maka

diperoleh persamaan

 1 exp   y2   1.
 2  2  dy
 

Kita ubah integral menjadi peubah baru, misal x, di mana

113

y  x  a ,b  0,
b

maka persamaan integral di atas menjadi

 1 exp   ( x  a)2 
2  2b2  dx  1.
 b  

Oleh karena itu jika diambil

f (x)  1 exp   ( x  a)2  , b  0,   x  ,
2  2b2 
b  

maka f (x) mendefinisikan pdf dari peubah acak X , karena:

(i) f (x)  0,   x  ,



(ii) f (x)dx  1.


Peubah acak X yang mempunyai pdf seperti ini dikatakan bersebaran

normal.

Sekarang kita tentukan mgf dari X seperti berikut ini.

  M (t)  E etX   etx 1 exp   ( x  a)2 
2  2b2  dx
 b  

  1  (x  a)2 
2 exp   2b2  tx dx
 b
 

  1   2b2tx  x2  2ax  a2 
2 exp  2b2 dx.
 b 


Dengan melengkapkan bentuk kuadrat sempurna pada eksponen di atas

kita peroleh

 a2  (a  b2t)2   1  (x  a  b2t)2 
M )   2b2  2 exp   2b2 dx
(t exp   b  

   2ab2t  b4t 2    at  b2t 2 
exp  2b2 .1 exp  2 .
 
 

Purata dan varians dari peubah ini kita peroleh dari mgf seperti

berikut:

M '(t)  M (t)(a  b2t)

dan

114

M ''(t)  M (t)(b2)  M (t)(a  b2t)2.

Oleh karena itu kita peroleh

  M (0)(a)  a

dan

 2  M ''(0)  2  M (0)(b2 )  M (0)(a  b2 0)2  a2  b2  a2  a2  b2.

Dari hasil ini kita dapat menulis ulang pdf dari X menjadi

f (x; , 2 )  1 exp   (x  )2    x  ,
 2  2 2 ,
 

yang menyatakan secara jelas bahwa purata atau ekspektasi dari dan

varians X berturut-turut adalah  dan  2, sedangkan mgf-nya kita

tulis sebagai

M (t)   t   2t 2 
exp  2 .



Peubah acak X yang bersebaran demikian ditulis sebagai

,
yang dibaca sebagai X bersebaran normal dengan purata  dan varians

 2.

Grafik pdf sebaran normal ini mempunyai ciri-ciri:
(1) simetrik terhadap x   ,

(2) titik puncak  ,  1  ,
 2 

(3) sumbu x sebagai asimtot,
(4) titik belok pada x    ,

ditinggalkan sebagai latihan rincian bukti dari ciri-ciri di atas beserta
grafiknya, untuk purata dan varians tertentu.

Dalam hal khusus, yaitu dalam hal   0, dan  2  1, maka pdf-

nya ditulis sebagai f (x)  1  x2
dan mgf adalah
2 e 2 ,   x  ,

t2

M (t)  e 2 .

115

Sebaran normal seperti ini disebut sebaran normal baku, ditulis
Jika nilai x diketahui, maka cdf dari sebaran normal baku ini

dapat diperoleh dari tabel sebaran normal, atau dari Minitab. Sebagai
contoh jika x  2, maka (2)  0.9772, diperoleh dari Minitab, 

merupakan simbol cdf dari sebaran normal baku.
Menggunakan transformasi kita dapat mengubah sebaran normal

ke sebaran normal baku. Oleh karena itu untuk sebarang nilai x yang
merupakan nilai dari peubah acak bersebaran normal kita dapat
menentukan nilai cdf-nya. Hal ini disajikan oleh teorema berikut ini.

Teorema 3.7.1 Misal Maka

(i) .

(ii) F ( x)    x   .
 

Bukti

Kita buktikan bagian pertama seperti berikut

FZ (z)  PZ  z  P  X   z   P X    z
  

   z 1 exp  1  x   2  dx.
2  2    
   

Kita substitusi w  x   , kita peroleh


z 1  w2

FZ (z)   2 e 2 dw  (z).

Oleh karena itu

Untuk membuktikan bagian kedua kita tempuh seperti berikut ini.

FX (x)  PX  x  P  X   x     x .
     

Menggunakan sifat simetris pada pdf sebaran normal baku, yaitu

simetrik terhadap nol, maka kita peroleh hubungan

(z) 1 (z).

Sebagai contoh kita lihat persentil ke 95 . Dari tabel sebaran normal kita
peroleh z0.95  1.645. Oleh karena itu

116

(1.645) 1 (1.645) 1 0.95  0.05.

Kita peroleh hubungan bahwa z0.05  z10.05.

Contoh 3.7.1 Misal peubah acak X menyatakan nilai ujian
Statistika Matematis mahasiswa UM, yang dianggap dapat didekati

sebagai peubah acak bersebaran normal dengan purata   75 dan

varians  2  25. Maka peluang mahasiswa mendapatkan nilai di atas

delapan puluh adalah
P( X  80)  1 P( X  80)

 1    80  75 
 5 

 1 (1)

 1 0.8413

 0.1587,

dari Minitab.

Latihan 3.7

3.7.1. Misal . Tunjukkan bahwa grafik pdf dari X

mempunyai ciri-ciri:

(a) simetrik terhadap x   ,

(b) titik puncak  ,  1  ,
 2 

(c) sumbu x sebagai asimtot,
(d) titik belok pada x    ,

(e) buatlah sketsa grafiknya, untuk   7 dan 2  4.

3.7.2. Misal Tentukan peluang berikut ini:

(a) P(Z  2).

(b) P(Z  2).

(c) P(0.35  Z  2.01).

3.7.3. Ulangi Latihan 3.7.2 untuk menentukan a dan b sehingga:
(a) P(Z  a)  0.85.

117

(b) P(Z  b)  0.01.
(c) P(| Z | b)  0.95.

3.7.4. Misal . Tentukan
(a) P(X  5).

(b) P(2X 10 15).

(c) x0.95.
(d) Tentukan c sehingga P(10  c  X 10  c)  0.90.

3.7.5. Misal  . Hitung P 1  X 2  9 .

3.7.6. Misal  . Hitung P 0.04  (X  5)2  38.4 .

3.7.7. Tunjukkan bahwa konstanta k dapat dipilih sehingga
f (x)  k2x2 ,   x  ,

memenuhi kondisi pdf sebaran normal. Petunjuk: Tulis 2  eln2.

3.7.8. Misal peubah acak X mempunyai pdf
f (x)  2 ex2 /2I (0  x  ).
2

Tentukan purata dan varians dari X . Petunjuk: Hitung E(X ) langsung
dan E(X 2 ) dengan membandingkan integralnya dengan integral dari
sebaran normal baku.

3.7.9. Hitunglah3 exp 2  x  32  dx.
2 

3.7.10. Misal . Tunjukkan bahwa E(| X   |)   2 /  .

118

BAB 4
SEBARAN BERSAMA DAN SIFAT-SIFAT PEUBAH ACAK

4.1 Pendahuluan

Dalam banyak aplikasi kita sering berhadapan dengan lebih dari satu
peubah acak, katakanlah X1, X2,..., Xn. Secara matematis peubah-
peubah acak tersebut dapat dinyatakan dalam bentuk vektor berdimensi
n, yaitu X  (X1, X2,..., Xn )t dan nilai-nilainya dinyatakan sebagai
x  (x1, x2,..., xn )t dalam ruang Euclid berdimensi n, t menyatakan
transpos vektor. Vektor semacam ini disebut sebagai vektor acak.
Peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn mungkin saja dibangkitkan dari satu
peubah acak. Sebagai contoh, misal X menyatakan nilai Statistika
Matematis mahasiswa, maka kita dapat memandang X1 sebagai nilai
Statistika Matematis mahasiswa pertama, X 2 sebagai nilai Statistika

Matematis mahasiswa kedua, dan seterusnya sampai mahasiswa ke n.

Perlu kita catat bahwa peubah acak berkaitan dengan percobaan yang
belum dilakukan. Sedangkan jika kita sudah melakukan percobaan, maka

yang kita peroleh adalah nilai dari peubah acak, yaitu x , atau

x1, x2,..., xn.
Tujuan instruksional umum dari mempelajari bab ini adalah Anda

diharapkan memahami konsep sebaran bersama dan sifat-sifat peubah
acak.

Tujuan instruksional khusus mempelajari bab ini adalah Anda
diharapkan dapat menentukan: pdf bersama, cdf bersama, ekspektasi,
varians, mgf, pdf marginal, cdf marginal, pdf bersyarat, ekspektasi
bersyarat, varians bersyarat, kovarians, koefisien korelasi, kebebasan
peubah acak, sampel acak, dan transformasi peubah-peubah acak.

4.2 Sebaran Bersama

Kita ingat kembali materi pada Bab 2 Subpokok Bahasan 2.2, tentang
konsep peluang terinduksi oleh peubah acak diskret X , yang
didefinisikan sebagai

P(A)  PX (A)  P(X  A)  P(C),

119

di mana C  {c : X (c)  A,c  S}. Dari pendefinisian ini kita peroleh

bahwa kejadian X  x ekivalen dengan kejadian C  e  S | X (e)  x,
sehingga menentukan P X  x sama artinya dengan menentukan

P(C). Serupa dengan hal itu kita peroleh pula kejadian Xi  xi ekivalen

dengan kejadian Ci  e  S | Xi (e)  xi,i 1, 2,..., n. Oleh karena itu
jika kita menentukan P X1  x1, X2  x2,..., Xn  xn  sama artinya
dengan kita menentukan PC1 C2 ...Cn . Kaitannya dengan pdf,

untuk yang pertama kita tulis sebagai f (x), yaitu

f (x)  P X  x,

sedangkan yang kedua kita tulis sebagai f (x1, x2,..., xn ). Sehingga

f (x1, x2,..., xn )  P X1  x1, X2  x2,..., Xn  xn .

Oleh karena itu f (x1, x2,..., xn ) disebut sebagai pdf bersama dari peubah-
peubah acak X1, X2,..., Xn. Definisi formal tentang pdf bersama
diberikan oleh definisi berikut ini.

Definisi 4.2.1 Suatu pdf bersama peubah-peubah acak diskret
berdimensi n, yaitu X1, X2,..., Xn didefinisikan sebagai

f (x1, x2,..., xn )  P X1  x1, X2  x2,..., Xn  xn 

untuk semua nilai x1, x2,..., xn.

Contoh 4.2.1 Misal satu kantong berisi 15 kelereng, yang terdiri
dari 5 kelereng merah, 7 kelereng putih, dan 3 kelereng kuning. Misal
dari kantong tersebut diambil 5 kelereng tanpa pengembalian, dan misal
X1 banyak kelereng merah yang terambil, X 2 banyak kelereng putih
yang terambil. Maka pdf bersama dari X1 dan X 2 adalah

120

 5  7  3 
    
f ( x1 , x2 )   x1  x2   5  x1  x2 

15 
 
 5 

I (x1  0,1,...,5, x2  0,1,...,5, x1  x2  5).

121

Contoh 4.2.2 Seperti pada Contoh 4.2.1, tetapi pengambilan

dengan pengembalian. Maka kita peroleh pdf bersama dari X1 dan X 2

f (x1, x2 )  5!  x2 )! p x1 p x2 (1  p1  p )5x1 x2
x1 !x2 !(5  x1 1 2 2

I (x1  0,1,...,5, x2  0,1,...,5),

di mana p1  5 dan p2  7. Bentuk faktorial 5!
15 15 x1 !x2 !(5  x1  x2 )!

merupakan banyak susunan dari 5 kelereng yang terdiri dari x1 kelereng

merah, x2 kelereng putih dan 5  x1  x2 kelereng kuning. Peubah acak

X   X1, X2 t di atas dikatakan bersebaran multinomial, secara umum

ditulis sebagai , dalam contoh ini n  5.

Teorema 4.2.1 Suatu fungsi f (x1, x2,..., x n) adalah pdf bersama
dari peubah-peubah acak diskret X1, X2,..., Xn jika dan hanya jika
memenuhi kedua syarat berikut:

(1) f (x1, x2,..., x n)  0, untuk semua nilai yang mungkin dari
x1, x2,..., xn,

 (2) ... f (x1, x2,..., x n)  1.
x1 xn

Tabel berikut ini merupakan contoh nilai pdf dari peubah acak
.

122

TABEL 4.2.1
pdf DARI PEUBAH ACAK

0 0 x2 2 3 f1 ( x1 )
0.008 1 0.096 0.064
x1 1 0.048 0.048 0.192 0.000 0.216
2 0.096 0.192 0.000 0.000 0.432
0.064 0.192 0.000 0.000 0.288
3 0.000 0.064
0.216 0.288 0.064 1.000
f2 (x2 ) 0.432

Berdasarkan pdf bersama peubah-peubah acak X1 dan X 2, yaitu

f (x1, x2 ), kita tentukan pdf peubah acak X1, yaitu f1(x1), seperti berikut
ini

f1(x1)  f (x1, x2 ),
x2

demikian juga untuk peubah acak X 2 , kita punya

f2 (x2 )  f (x1, x2 ).
x1

Fungsi semacam ini disebut sebagai pdf marginal. Untuk kasus
pertama disebut pdf marginal dari X1, dan untuk kasus kedua disebut

pdf marginal dari X 2 . Definisi formal tentang hal ini disajikan pada
definisi berikut ini.

Definisi 4.2.2 Misal peubah-peubah acak diskret X1 dan X 2
mempunyai pdf bersama f (x1, x2 ). Maka pdf marginal dari X1 adalah

f1(x1)  f (x1, x2 ),
x2

dan pdf marginal dari X 2 adalah

f2 (x2 )  f (x1, x2 ).
x1

Kembali ke Tabel 4.2.1, maka f1(0) diperoleh dari
123

3

f1(0)  f (x1, x2 )  f (0, 0)  f (0,1)  f (0, 2)  f (0,3)
x2 0
 0.008  0.048  0.096  0.064  0.216,

demikian pula seterusnya untuk yang lain.

Secara umum jika X1, X2,..., Xn peubah-peubah acak diskret dari
ruang berdimensi n , maka pdf marginal dari X j adalah

 f j (xj )  ... f (x1, x2,..., xj ,..., xn ),
xn x1

untuk semua xi  xj.

Jika X peubah acak diskret dalam dimensi n dan A sebarang

kejadian dalam ruang X  (X1, X2,..., Xn )t , maka

 P(X  A)  ... xA f (x1, x2,..., xn ).

Dari Tabel 4.2.1, P2X 1 X2  dapat kita hitung seperti berikut
P2X 1 X2   f (0,1)  f (0, 2)  f (0,3)  f (1,3)

 0.048  0.096  0.064  0.000  0.208.

Definisi tentang cdf bersama peubah-peubah acak diberikan
berikut ini.

Definisi 4.2.3 Suatu cdf bersama dari peubah-peubah acak

diskret berdimensi n , yaitu X1, X2,..., Xn didefinisikan sebagai

F(x1, x2,..., xn )  P X1  x1, X2  x2,..., Xn  xn 

untuk semua nilai x1, x2,..., xn.

Sebaran bersama yang telah kita bahas adalah sebaran bersama
peubah-acak-peubah acak tipe diskret. Pembahasan berikutnya adalah
pembahasan tentang sebaran bersama peubah-peubah acak tipe kontinu.

Suatu cdf bersama dari peubah-peubah acak kontinu
Xt  (X1, X2,..., Xn ) disajikan oleh definisi berikut ini.

124

Definisi 4.2.4 Peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn dari ruang

berdimensi n dikatakan kontinu, jika ada fungsi f (x1, x2,..., xn ) yang

disebut sebagai pdf bersama dari X1, X2,..., Xn , sehingga cdf-nya adalah

xn ... x2 x1

 
  F(x1 , x2,..., xn )  f (t1,t2,...,tn )dt1dt2...dtn,

untuk semua nilai x1,..., xn.

Seperti halnya pada ruang berdimensi satu, pdf bersama dapat

diperoleh dari cdf dengan penurunan, yaitu

f (x1, x2,..., xn )  n F (x1, x2 , ..., x n ),
x1...xn

asalkan turunan parsial tersebut ada.

Teorema 4.2.2 Suatu fungsi f (x1, x2,..., xn ) dikatakan pdf

bersama peubah-peubah acak kontinu X1, X2,..., Xn dari ruang
berdimensi n jika dan hanya jika:

(1) f (x1, x2,..., xn )  0, untuk semua nilai x1,..., xn ,

 
  (2) f (x1, x2,..., xn )dx1dx2...dxn  1.
...

 

Contoh 4.2.3 Misal X1 menyatakan konsentrasi dari substansi

dalam percobaan pertama, dan X 2 menyatakan konsentrasi dari

substansi dalam percobaan kedua. Anggap pdf bersama dari dua peubah

acak tersebut adalah

f (x1, x2)  4x1x2I (0  x1 1,0  x2 1).

Maka cdf-nya adalah

   F(x1, x2) x2x1f  x2 x1 4t1t2dt1dt2  x12x22I (0  x1  1, 0  x2  1)
  (t1,t2 )dt1dt2  

x12I (0  x1  1,1  x2 )  x22I (1  x1, 0  x2  1)  I (1  x1,1  x2).

Seperti halnya pada peubah acak diskret dari ruang berdimensi n
, pada peubah acak kontinu dalam ruang berdimensi n ini berlaku pula

125

sifat bahwa jika A sebarang kejadian dalam ruang X  (X1,..., Xn )t ,
maka

 P(X A)  ...  f (x1, x2,..., xn )dx1...dxn.

Dari Contoh 4.2.3, P2X 1 X2  dapat kita hitung seperti berikut

1 1 x2 1 1 x2
    P 2X 1 X2  0 2 4 2 0  x12  2 x2dx2
0 x1x2dx1dx2 0

 1 1 x23dx2  1  x24 10  1.
2 0 8 8

Definisi 4.2.5 Misal peubah-peubah acak kontinu X1 dan X 2
mempunyai pdf bersama f (x1, x2 ) , maka pdf marginal dari X1 adalah



f1(x1)   f (x1, x2 )dx2,

dan pdf marginal dari X 2 adalah



f2 (x2 )   f (x1, x2 )dx1.

Kembali ke Contoh 4.2.3, pdf marginal dari X1 adalah

 1 x22 10

 f (x1, x2 )dx2  0 4x1x2dx2
 f1(x1)   2x1  2x1I (0  x1  1).

Dengan cara serupa kita peroleh pdf bersama dari X 2

f2 (x2 )  2x2I (0  x2  1).

Secara umum jika X  (X1, X2,..., Xn )t peubah acak dari ruang

berdimensi n , maka pdf marginal dari X j adalah


 f j (xj )  xj ,...,
...  f (x1,..., xn )dx1...dxn ,



untuk semua x i  xj.

Serupa dengan sifat-sifat cdf pada Teorema 2.2.1, berikut ini

merupakan sifat-sifat cdf bersama peubah-peubah acak X1 dan X 2.

126

Teorema 4.2.3 Suatu fungsi F(x1, x2 ) merupakan cdf bersama

dari peubah-peubah acak diskrit X1 dan X 2 jika dan hanya jika

(1) lim F ( x1, x2 )  0,

x1,x2 

(2) x1 lim F ( x1, x2 )  1,

,x2 

(3) F(b, d)  F(b,c)  F(a, d)  F(a,c)  0, a  b, c  d,

(4) lim F ( x1  h, x2 )  lim F (x1, x2  h)  F (x1, x2 ).

h0 h0

Contoh 4.2.4 Kita perhatikan fungsi berikut:
F(x1, x2)  I (x1  x2  1).

Jika kita pilih a  c  1 dan b  d 1, maka
F(1,1)  F(1, 1)  F(1,1)  F(1, 1) 111 0  1.

Jadi F(x1, x2 ) bukan cdf bersama dari X1 dan X 2.

Pembahasan berikutnya dari subpokok bahasan ini adalah tentang
ekspektasi dari dua atau lebih peubah acak.

Definisi 4.2.6 Misal peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn

mempunyai pdf bersama f (x1, x2,..., xn ), dan misal

Y  u  X1, X2,..., Xn . Jika

 ... | u  x1, x2,..., xn  | f (x1, x2,..., xn )
x1 xn

ada untuk Y diskret, dan

   | u  x1, x2 , ..., xn  | f (x1, x2,..., xn )dx1...dxn
... 



ada untuk Y kontinu. Maka ekspektasi dari Y adalah

 E(Y )  E u(X1, X2,..., X n )  ... u(x1, x2,..., xn) f (x1, x2,..., xn),
x1 xn

jika Y diskret, dan

E(Y )  E      
u(X1, X2,..., X n ) ...  u(x1, x2 , ..., xn) f ( x1, x2,..., xn )dx1dx2...dxn ,



jika Y kontinu.

127

Teorema 4.2.4 Misal X1 dan X 2 dua peubah acak dengan pdf

bersama f (x1, x2 ). Maka

E  X1  X2   E  X1)  E(X2 .

Bukti

Kita buktikan untuk peubah acak kontinu.

    

E X1  X 2    (x1  x2 ) f (x1, x2 )dx1dx2

 
      x1 f (x1, x2 )dx1dx2    x2 f (x1, x2 )dx1dx2

   f (x1, x2 )dx2 dx1     f (x1, x2 )dx1 dx2
   x1  x2  


 x1 f  x2 f )dx2
 1 ( x1 )dx1  2 ( x2

 E( X1)  E( X 2 ).
Untuk peubah acak diskret tinggal mengganti integral dengan jumlah.

Contoh 4.2.5 Misal X dan Y dua peubah acak kontinu dengan

pdf bersama

f (x, y)  (x  y)I(0  x 1,0  y 1).

Maka

   E(XY 2 )    xy2 f (x, y)dxdy  1 1 xy2 (x  y)dxdy  17 .
  0 0 72

Berikutnya kita berikan definisi MGF bersama dari n peubah

acak X1, X2,..., Xn , untuk melengkapi pembahasan pada subpokok
bahasan ini.

Definisi 4.2.7 Suatu MGF bersama dari vektor acak

X  (X1, X2,..., Xn )t , ditulis MX (t) adalah

M  E   n  ,
X (t) exp  i 1 ti Xi 


di mana t  (t1,t2,...,tn )t dan h  ti  h untuk suatu h  0.

128

Dari definisi di atas memungkinkan kita untuk memperoleh
MGF marginal dari MGF bersama, sebagai contoh

M X (t1)  M X ,Y (t1, 0),
dan

MY (t2 )  M X ,Y (0,t2 ).

Latihan 4.2

4.2.1. Misal c  (i, j), menyatakan sebarang hasil dari pelemparan satu
dadu sebanyak dua kali. Misal X (c)  i  j, Y (c)  i  j, dan
Z(c)  i2  j2. Buatlah tabel pdf bersama dari:
(a) X dan Y.
(b) X dan Z.
(c) Y dan Z.
(d) X , Y , dan Z.

4.2.2. Ulangi Latihan 4.2.1, untuk menentukan:

(a) P X Y  5.
(b) P2X Y  5.
(c) P2X Y  5.
(d) P2X Y  Z  5.

4.2.3. Misal X dan Y dua peubah acak diskret dengan pdf bersama
f (x, y)  c(x  y)I(x  0,1, 2; y  0,1, 2).

Tentukan:

(a) c.

(b) pdf marginal dari X .

(c) P X Y  2.

4.2.4. Ulangi Latihan 4.2.3, untuk
f (x, y)  c 2(xy) I (x  0,1, 2,...; y  0,1, 2,...).
x!y!

129

4.2.5. Misal X dan Y dua peubah acak diskret dengan pdf bersama
f (x, y)  x  2y I ((x, y)  (1,1), (1, 2), (2,1), (2, 2)).
18

Tentukanlah
(a) pdf marginal dari X
(b) pdf marginal dari Y
Petunjuk: buatlah tabel pdf-nya terlebih dahulu.

4.2.6. Ulangi Latihan 4.2.5, untuk membuat tabel cdf bersama dari X
dan Y .

4.2.7 Misal dua peubah acak kontinu X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y)  e(xy)I (0  x  , 0  y  ).

Tentukan:

(a) P X  Y .
(b) P X Y  2.

(c) pdf marginal dari X .

(d) P X  2.

(e) cdf bersama dari X dan Y.

4.2.8. Misal X , Y , dan Z kontinu dengan pdf bersama
f (x, y, z)  6I(0  x  y  z 1).

Tentukan:
(a) masing-masing pdf marginal dari X , Y , dan Z.
(b) pdf bersama dari X dan Y.

(c) P X Y 1.

4.2.9. Misal dua peubah acak kontinu X dan Y mempunyai pdf
bersama

f (x, y)  k(x  y)I(0  x  y 1).

Tentukan:
(a) k.

(b) P X  Y  2X .

130

4.2.10. Misal X dan Y dua peubah acak dengan pdf bersama
f (x, y)  x  yI(0  x 1,0  y 1).

Tentukan:
(a) E(X )

(b) E(Y )
(c) E(X  2Y ).

4.2.11. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y)  eyI (0  x  y  ).

Tentukan MGF bersama dari X dan Y .

4.3 Sebaran Bersyarat

Pada definisi peluang bersyarat, jika kita mempunyai dua kejadian A
dan B , maka peluang bersyarat dari kejadian B bila kejadian A muncul
terlebih dahulu adalah

PB | A  P(A B) .

P( A)

Sekarang jika kita misalkan X1 dan X 2 dua peubah acak diskret, di
mana X1  x1 ekivalen dengan kejadian A dan X2  x2 ekivalen dengan
kejadian B, maka berdasarkan definisi peluang tersebut kita

memperoleh hubungan

PX2  x2 | X1  x1  P  X1  x1, X 2  x2   f (x1, x2 ) .
f1 ( x1 )
P X1  x1 

Jika P X2  x2 | X1  x1 kita tulis sebagai f (x2 | x1), maka kita peroleh

f (x2 | x1)  f (x1, x2 ) .
f1 ( x1 )

Uraian tersebut mendasari definisi pdf bersyarat berikut ini.

Definisi 4.3.1 Misal X1 dan X 2 dua peubah acak diskret atau
kontinu, dengan pdf bersama f (x1, x2 ) . Maka pdf bersyarat dari X 2 bila
X1  x1 adalah

131

f (x2 | x1)  f (x1, x2 ) ,
f1 ( x1 )

dan pdf bersyarat dari X1 bila X2  x2 adalah

f (x1 | x2 )  f (x1, x2 ) .
f2 (x2 )

Contoh 4.3.1 Misal X1 dan X 2 dua peubah acak dengan pdf

f (x1, x2)  8x1x2I (0  x1  x2 1). Kita ingin menentukan f (x1 | x2 ). Kita

tentukan terlebih dahulu f2 (x2 ) seperti berikut

f2 (x2 )  x2 8x1x2dx1  4x23I (0  x2  1).
0

Oleh karena itu

f (x1 | x2 )  8x1x2  2x1 I (0  x1  x2  1).
4x23 x22

Dari pdf bersyarat ini, kita dapat menghitung peluang bersyarat

dari suatu kejadian a  X1  b diberikan X2  x2, yaitu

Pa  X1  b | X2  x2   b

a f (x1 | x2 )dx1,

jika X1 dan X 2 kontinu. Dalam hal X1 dan X 2 diskret tinggal

mengganti integral menjadi jumlah.

Lebih lanjut untuk ekspektasi bersyarat juga bergantung pada pdf

bersyarat, lebih jelas bisa kita lihat pada definisi berikut ini.

Definisi 4.3.2 Misal X1 dan X 2 sebarang dua peubah acak.
Maka ekspektasi bersyarat dari X 2 bila X1  x1 , jika ada,

E( X 2 | x1)  x2 f (x2 | x1),
x2

jika X1 dan X 2 diskret, dan



E( X2 | x1)   x2 f (x2 | x1)dx2,

jika X1 dan X 2 kontinu.

132

Serupa dengan definisi di atas, ekspektasi bersyarat dari X1 bila
X2  x2 adalah

E( X1 | x2 )  x1 f (x1 | x2 ),
x1

jika X1 dan X 2 diskret, dan



E( X1 | x2 )   x1 f (x1 | x2 )dx1,

jika X1 dan X 2 kontinu.
Varians bersyarat diberikan oleh definisi berikut ini.

Definisi 4.3.3 Misal X1 dan X 2 sebarang dua peubah acak.
Maka varians bersyarat dari X 2 bila X1  x1 adalah

 Var  X2 | x1   E  X2  E(X2 | x1) 2 | x1 .

Hal serupa untuk varians bersyarat dari X1 bila X2  x2, yaitu

 Var  X1 | x2   E  X1  E(X1 | x2 )2 | x2 .

Contoh 4.3.2 Misal dua peubah acak X1 dan X 2 mempunyai pdf

bersama

f (x1, x2)  2I (0  x1  x2 1).

Maka:

(1) pdf marginal dari X 2 adalah

f2 (x2 ) x2 2dx1  2x2I (0  x2  1).
0

(2) pdf bersyarat dari X1 bila X2  x2, adalah

f ( x1 | x2 )  2  1 I (0  x1  x2  1).
2x2 x2

(3) Ekspektasi bersyarat dari X1 bila X2  x2, adalah

 x2 1 x2
0 x2 2
 x1 f (x1 | x2 )dx1 
 E(X1 | x2)  x1 dx1  ,0  x 2 1.

133

(4) Varians bersyarat dari X1 bila X2  x2, adalah

 Var  X1 | x2   E  X1  E(X1 | x2 )2 | x2

 x2  x1  x2 2  1   x22 , 0  x2  1.
0  2   x2  dx1 12
 

(5) Peluang bersyarat dari X1 bila X 2  x2, P 0  X1  1 | x2  3 
2 4

adalah

 P 0   1  3   1/ 2 3  1/ 2  4 dx1  2.
X1 2 | x2 4 0 f ( x1 | 4 )dx1 0  3 3

Karena E(X2 | x1) adalah fungsi dari x1, maka E(X2 | X1)
adalah peubah acak dengan sebaran, purata, dan varians sendiri. Sebagai
gambaran kita perhatikan contoh berikut ini.

Contoh 4.3.3 Misal X1 dan X 2 peubah-peubah acak yang

mempunyai pdf bersama

f (x1, x2)  6x2I (0  x2  x1 1).

Maka pdf marginal dari X1 adalah

f1(x1)  x1 6x2dx2  3x12I (0  x1  1).
0

Oleh karena itu pdf bersyarat dari X 2 bila X1  x1 adalah

f ( x2 | x1)  6x2  2x2 I (0  x2  x1  1),
3x12 x12

dan purata bersyarat dari X 2 bila X1  x1 adalah

E  X2 | x1   x1 x2  2x2   2 x1I (0  x1  1).
0  x12  dx2 3
 

Kita misalkan Y  E  X2 | X1   2X1 / 3. Maka cdf dari Y adalah

134

G( y)  P(Y  y)  P  X1  3y 
 2 

 3 y / 2 3x12 dx1I (0  y  2)  I(2  y)
0 3 3

 27 y3 I  0  y  2   I  2  y  .
8  3   3 

Jadi pdf, purata, dan varians dari Y berturut-turut adalah

g( y)  81y2 I  0  y  2  ,
8  3

E(Y )  2/3 y  81y2   1 ,
0  8 dy 2
 

dan

Var(Y )  2/3 y2  81y2   1  1 .
0  8 dy 4 60
 

Mudah ditunjukkan bahwa E(X2)  1 dan Var(X2 )  1 Sehingga kita
2 20 .

peroleh hubungan

E(Y )  E E  X2 | X1   E(X2 )

dan

Var(Y )  Var E  X2 | X1   Var(X2).

Hasil dari Contoh 4.3.3 secara umum disajikan oleh teorema
berikut ini.

Teorema 4.3.1 Misal X1 dan X 2 peubah-peubah acak sehingga
varians dari X 2 terhingga. Maka

(a) E E  X2 | X1   E(X2 ).
(b) Var E  X2 | X1   Var(X2 ).

Bukti
Kita buktikan untuk kasus kontinu. Untuk memperoleh bukti kasus
diskret, tinggal mengganti integral dengan jumlah. Kita buktikan terlebih
dahulu bagian (a) seperti berikut ini

135

    f (x1, x2 ) 
 f1 ( x1 ) 
 x2 f (x1, x2 )dx2dx1   x2 
    EX2  dx2 f1 ( x1 )dx1
 

  

  E( X 2 | x1) f1(x1)dx1  E E( X 2 | X1) .

Selanjutnya kita buktikan bagian (b). Misal 2  E(X2). Maka

Var( X 2 )  E  X 2  2 2

  E  X 2  E( X 2 | X1)  E( X 2 | X1)  2 2

    E  X 2  E(X 2 | X1)2  E E(X 2 | X1)  2 2

  2E  X 2  E( X 2 | X1) E( X 2 | X1)  2  .

Kita akan menunjukkan bahwa suku terakhir pada ruas kanan sama

dengan nol, seperti berikut ini.

   2 E( X 2 | X1)  2  f (x1, x2 )dx2dx1 
  x2  E( X 2 | X1)

   2 E (  2    f (x1, x2 ) 
 X2 | X1)   x2  E( X 2 | X1) f1 ( x1 ) dx2  f1 ( x1 )dx1
 

2   E( X 2 | X1)  2 E( X 2 | X1)  E(X2 | X1) f1 ( x1 )dx1  0.


Oleh karena itu

   Var(X2)  E  X2  E(X2 | x1)2  E E(X2 | x1)  2 2 .

Karena suku pertama ruas kanan tidak negatif dan suku keduanya adalah

Var E(X2 | X1), maka kita peroleh
Var(X2)  Var E(X2 | X1).

Bukti selesai.

Latihan 4.3

4.3.1. Misal dua kartu diambil dari satu pak kartu yang berisi 52 kartu
bridge tanpa pengembalian. Misal X menyatakan banyak kartu hati dan
Y banyak kartu hitam yang terambil.

(a) Hitung PY 1| X 1.

136