(b) Hitung PY y | X 1.
(c) Hitung PY y | X x.
(d) Buat tabel P X Y z; z 0,1.
4.3.2 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
Tentukan ekspektasi bersyarat dan varians bersyarat dari X bila Y 1
atau 2.
4.3.3. Misal
f (x | y) c1x I (0 x y 1),
y2
dan misal
f2 ( y) c2 y4I (0 y 1),
Berturut-turut merupakan pdf bersyarat dari X bila Y y, dan pdf
marginal dari Y. Tentukan:
(a) konstanta c1 dan c2 ,
(b) pdf bersama dari X dan Y ,
(c) P 1 X 1 | Y 3 .
2 8
4
4.3.4. Misal
f (x, y) 21x2 y2I (0 x y 1),
merupakan pdf bersama dari X dan Y. Tentukan ekspektasi dan varians
bersyarat dari X bila Y y,0 y 1.
4.3.5. Misal suatu titik dipilih secara acak dari selang (0,1) dan misal X
menyatakan bilangan yang berkorespondensi dengan titik tersebut.
Kemudian dipilih titik secara acak pada selang (0, x), di mana x adalah
hasil pada pemilihan titik pertama, dan misalkan Y menyatakan
bilangan yang berkorespondensi dengan titik yang terpilih pada selang
(0, x).
137
(a) Tentukan pdf marginal f1(x).
(b) Tentukan pdf bersyarat f ( y | x).
(c) Tentukan pdf bersama f (x, y).
(d) Hitung P X Y 1.
(e) Ekspektasi bersyarat E(Y | x).
4.3.6. Misal f dan F, berturut-turut menyatakan pdf dan cdf peubah
acak X . Suatu pdf bersyarat dari X bila X x0, untuk x0 tetap,
didefinisikan sebagai
f (x | X x0 ) f (x) I (x0 x).
1 F(x0 )
Jenis pdf ini digunakan dalam permasalahan umur suatu komponen, bila
daya tahan hidup sampai waktu x0.
(a) Tunjukkan bahwa f (x | X x0) adalah pdf.
(b) Misal f (x) exI (0 x ). Hitung P X 2 | X 1.
4.3.7. Misal f (x1, x2 ) 21x12x23I (0 x1 x2 1) adalah pdf bersama dari
X1 dan X 2. Tentukan:
(a) Purata dan varians bersyarat dari X1, bila X2 x2, 0 x2 1.
(b) Sebaran dari Y E(X1 | X2 ).
(c) E(Y ) dan Var(Y ) dan bandingkan dengan E(X1) dan Var(X1).
4.3.8. Misal X1 dan X 2 peubah-peubah acak sehingga sebaran dan
purata bersyaratnya ada. Tunjukkan bahwa: Eu(X2 ) | X2 u(X2).
4.4 Koefisien Korelasi
Pembahasan subpokok bahasan ini kita awali dengan nilai ekspektasi
tentang hubungan di antara dua peubah.
138
Definisi 4.4.1 Kovarians dari pasangan dua peubah acak X dan
Y yang masing-masing puratanya X dan Y , ditulis Cov(X ,Y ),
adalah
Cov(X ,Y ) E X X Y Y .
Notasi lain dari kovarians ini adalah XY . Menggunakan sifat-
sifat ekspektasi, kovarians tersebut dapat dinyatakan sebagai
XY E X X Y Y E( XY Y X XY X Y )
E( XY ) Y E( X ) X E(Y ) X Y
E( XY ) Y X X Y X Y E( XY ) X Y ,
atau
E(XY ) XY X Y . (4.4.1)
Beberapa sifat kovarians diberikan oleh teorema berikut ini.
Teorema 4.4.1 Misal X dan Y dua peubah acak sebarang, a
dan b dua konstanta sebarang. Maka
(i) Cov(X ,Y) E(XY) E(X )E(Y).
(ii) Cov(aX ,bY) abCov(X ,Y).
(iii) Cov(X a,Y b) Cov(X ,Y ).
(iv) Cov(X , aX b) aVar(X ).
(v) Var(aX bY) a2Var(X ) b2Var(Y) 2abCov(X ,Y).
Bukti ditinggalkan sebagai latihan.
Sekarang kita bahas konsep tentang koefisien korelasi, yang
diberikan oleh definisi berikut ini.
Definisi 4.4.2 Misal X dan Y dua peubah acak dengan varians
masing-masing 2 dan 2 dan kovarians XY . Maka koefisien
X Y
korelasi dari X dan Y , ditulis , adalah
XY . (4.4.2)
XY
139
Dari persamaan (4.4.1) dan (4.4.2) diperoleh persamaan
E(XY ) XY X Y . (4.4.3)
Contoh 4.4.1 Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf
bersama
f (x, y) (x y)I(0 x 1,0 y 1).
Tentukan koefisien korelasinya.
Penyelesaian
Kita hitung terlebih dahulu X seperti berikut ini
X 1 1 7
E(X ) 0 ,
x(x y)dxdy
0 12
dan E(X 2 ) adalah
E(X 2 ) 1 1 x2 (x y)dxdy 60 .
0 0 144
Sehingga
2 11 .
X 144
Dengan cara serupa kita peroleh
Y E(Y ) 7, 2 11 .
12 Y 144
Sedangkan kovariansnya adalah
XY E( XY ) E( X )E(Y )
1 1 xy ( x y)dxdy 7 2
0 0 12
1 .
144
Jadi koefisien dari X dan Y adalah
1 1.
144
11 . 11 11
144 144
140
Teorema 4.4.2 Misal (X ,Y ) mempunyai sebaran bersama
dengan varians-varians dari X dan Y terhingga dan positif. Misal
purata dan varians dari X dan Y berturut-turut dinyatakan sebagai
X , Y dan 2 , 2 , dan misal menyatakan koefisien korelasi dari X
X Y
dan Y. Jika E(Y | X ) linear dalam X , maka
E(Y | X) Y Y X X
X
dan
E Var(Y | X ) 2 (1 2 ).
Y
Bukti
Kita buktikan untuk peubah acak kontinu. Untuk peubah acak diskret
tinggal mengganti integral dengan jumlah. Misal
E(Y | x) a bx.
Karena
maka yf (x, y)dy
E(Y | x) ,
f1 ( x)
yf (x, y)dy (a bx) f1(x).
(4.4.4)
Jika kedua ruas Persamaan (4.4.4) kita integralkan atas x, maka
diperoleh
(a bx) f1(x) dx.
yf (x, y) dy dx
a
y f ( x, y) dx dy f1(x) dx b xf1(x) dx.
E(Y) a bE(X ),
atau
Y a bX .
(4.4.5)
Serupa dengan hasil sebelumnya, jika kedua ruas Persamaan (4.4.4) kita
kalikan dengan x kemudian mengintegralkannya atas x, maka kita
mempunyai
141
E(XY ) aE(X ) bE(X 2).
(4.4.6)
Substitusi Persamaan (4.4.3) ke ruas kiri Persamaan (4.4.6) dan
substitusi persamaan
E(X 2) 2 2
X X
diperoleh
XY 2
X Y aX b X X2 .
(4.4.7)
Solusi simultan Persamaan (4.4.5) dan (4.4.7) adalah
a Y Y X dan b Y .
X X
Jadi
E(Y | x) Y Y X Y Y Y (x X ).
X 1 x X
Hasil ini merupakan nilai dari persamaan pertama Teorema 4.4.2. Untuk
membuktikan persamaan yang kedua, kita perhatikan varians bersyarat
berikut ini
Y 2
X
Var(Y | x) y Y ( x X ) f (y | x) dy
Y 2
X )
y Y ( x X f (x, y) dy
.
f1 ( x)
Varians ini tidak negatif dan hanya merupakan fungsi dari x. Jika kita
kalikan dengan f1(x) dan mengintegralkannya atas x, maka diperoleh
hasil tidak negatif. Oleh karena itu
E Var(Y | X ) y Y Y (x X 2 f (x, y) dydx 2 (1 2 ),
X ) Y
secara rinci ditinggalkan sebagai latihan. Terbukti.
Dari persamaan terakhir diperoleh 2 (1 2) 0. Mengapa?
Y
Oleh karena itu
142
2 1, atau 1 1.
Teorema 4.4.2 berlaku untuk purata bersyarat dari Y bila X x
linear. Ditinggalkan sebagai latihan untuk ekspektasi bersyarat tidak
linear.
Contoh 4.4.2 Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai
purata bersyarat linear, yaitu, E(Y | x) 4x 3 dan E(X | y) 1 y 3.
16
Menggunakan rumus pertama pada Teorema 4.4.2 kita mempunyai
E(Y | x) Y , jika x X dan E(X | y) X , jika y Y . Oleh karena
itu Y 4X 3 dan X 1 Y 3, yang memberikan solusi
16
X 15 dan Y 12. Dari rumus b Y , maka perkalian dan
4 X
perbandingan koefisien kedua purata bersyarat berturut-turut adalah 2
dan 2 . Jadi 2 4. 1 1 dengan 1 (bukan 1 ) dan 2 64.
Y 16 4 2 2 Y
2 2
X X
Kita akhiri subpokok bahasan ini dengan pembahasan varians dan
kovarians dari vektor acak.
Misal X X1, X2,..., Xn t adalah vektor acak berdimensi n.
Kita definisikan
E(X) E(X1), E(X2),..., E(Xn )t ,
yaitu, ekspektasi dari vektor acak adalah juga merupakan vektor acak
ekspektasi komponen-komponennya. Sekarang anggap W adalah
matriks m n dari peubah-peubah acak, katakan, W Wij dari peubah
acak Wij , 1 i m dan 1 j n. Matriks yang demikian disebut sebagai
matriks acak. Selanjutnya kita definisikan juga ekspektasi dari matriks
acak sebagai
E(W) E Wij .
143
Seperti halnya pada pembahasan sebelumnya, pada matriks acak
ini E juga merupakan operator linear. Hal ini ditunjukkan oleh teorema
berikut.
Teorema 4.4.3 Misal W1 dan W2 adalah matriks-matriks acak
m n, A1 dan A2 adalah matriks-matriks konstanta k m, dan B
matriks konstanta nl. Maka
EA1W1 A2W2 A1E W1 A2E W2
EA1W1B A1E W1 B.
Bukti
Kita buktikan persamaan pertama
E m m
A1W1 A2W2 E s 1 a1isW1sj s 1 a2isW2 sj
m m
s 1 a1is E W1sj s 1 a2is E W2sj A1E W1 A2E W2 .
Ditinggalkan sebagai latihan bukti dari persamaan kedua.
Misal X X1, X2,..., Xn t adalah vektor acak berdimensi
n, sehingga Var( X i ) 2 . Purata dari X adalah μ E(X) dan kita
i
definisikan matriks kovarians sebagai
Cov(X) E X μ X μ t ij ,
di mana ii 2 . Ditinggalkan sebagai latihan, untuk menunjukkan
i
unsur diagonal ke i dari Cov(X) adalah 2 Var ( X i ) dan unsur ke
i
(i, j) adalah Cov(Xi , X j ).
Contoh 4.4.3 Misal peubah-peubah acak kontinu X dan Y
mempunyai pdf bersama
f (x, y) eyI (0 x y ).
Maka
X 1, Y 2, 2 1, 2 2, dan E X X Y Y 1,
X Y
144
lihat Latihan 4.4.2. Misal Z (X ,Y )t. Maka
E(Z) 1 dan Cov(Z) 1 1
2 1 2 .
Teorema 4.4.4 Misal X X1, X2,..., Xn t adalah vektor acak
berdimensi n, sehingga Var(Xi ) 2 ii . Misal A matriks
i
konstanta m n. Maka
Cov(X) E XXt μμt ,
CovAX ACov(X)At.
Bukti
Menggunakan Teorema 4.4.3 kita peroleh
Cov(X) E X μ X μ t
E XXt μXt Xμt μμt
E XXt μE Xt E Xμt μμt
E XXt μμt ,
terbukti bagian pertama. Ditinggalkan sebagai latihan untuk bagian
kedua.
Semua matriks kovarians adalah matriks semi definit positif,
yaitu, atCov(X)a 0, untuk semua vektor a Rn. Untuk ini, misal X
adalah vektor acak dan misal a sebarang vektor konstanta n1. Maka
Y atX adalah peubah acak. Oleh karena itu
0 Var(Y) Var(atX) atCov(X)a.
Jadi Cov(X) adalah semi definit positif.
Latihan 4.4
4.4.1. Buktikan Teorema 4.4.1.
4.4.2. Misal peubah-peubah acak kontinu X dan Y mempunyai pdf
bersama
145
f (x, y) eyI (0 x y ).
Buktikan bahwa
X 1, Y 2, 2 1, 2 2, dan E X X Y Y 1.
X Y
4.4.3. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama seperti
pada tabel berikut:
(x, y) (1,1) (1, 2) (1, 3) (2,1) (2, 2) (2, 3)
f (x, y)
2 4 3 1 1 4
15 15 15 15 15 15
Hitung koefisien korelasi dari X dan Y
4.4.4. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y) 1 I (0 x 10, x 1 y x 1).
20
Hitung koefisien korelasinya.
4.4.5. Buktikan persamaan
Y 2
X )
y Y ( x 1 f ( x, y) dydx 2 (1 2 ),
Y
Pada bukti Teorema 4.4.2.
4.4.6. Misal 12 2 2 adalah varians bersama dari X1 dan X2.
2
Tunjukkan bahwa
P X1 1 X2 2 k 2(1 ).
k2
4.4.7. Jika koefisien korelasi dari X dan Y ada, tunjukkan bahwa
1 1.
Petunjuk: Perhatikan diskriminan fungsi kuadrat tidak negatif
h(v) E X X v Y Y 2 ,
146
di mana v adalah bilangan real tidak bergantung pada X dan tidak pada
Y.
4.4.8. Buktikan Teorema 4.4.3, bagian kedua.
4.4.9. Tunjukkan bahwa unsur diagonal ke i dari Cov(X) adalah
2 Var(Xi ) dan unsur ke (i, j) adalah Cov(Xi , X j ).
i
4.4.10. Buktikan Teorema 4.4.4, bagian kedua.
4.5 Kebebasan Peubah-peubah Acak
Misal X1 dan X 2 sebarang dua peubah acak dengan pdf bersama
f (x1, x2 ) dan pdf marginalnya berturut-turut f1(x1) dan f2 (x2 ). Oleh
karena itu jika f (x2 | x1) pdf bersyarat dari X 2 bila X1 x1, maka pdf
bersama dari X1 dan X 2 dapat ditulis sebagai
f (x1, x2 ) f (x2 | x1) f1(x1).
Misal f (x2 | x1) tidak bergantung pada x1 . Maka dalam hal X 2 peubah
acak kontinu pdf marginalnya dapat kita peroleh seperti berikut ini:
f2 (x2 ) f (x1, x2 )dx1 f (x2 | x1) f1(x1)dx1
f (x2 | x1) f1(x1)dx1 f (x2 | x1).
Jadi
f (x1, x2 ) f1(x1) f2 (x2 ).
Dengan cara serupa untuk peubah acak diskret, yaitu dengan mengganti
integral menjadi jumlah. Hasil di atas menjadi dasar untuk definisi
berikut ini.
Definisi 4.5.1 Misal X1 dan X 2 dua peubah acak dengan pdf
bersama f (x1, x2 ) dan pdf marginalnya berturut-turut adalah f1(x1) dan
f2 (x2 ). Maka X1 dan X 2 dikatakan bebas jika
f (x1, x2 ) f1(x1) f2 (x2 ).
147
Dan jika lain dikatakan tidak bebas atau bergantung.
Contoh 4.5.1 Misal pdf bersama dari dua peubah acak X1 dan
X 2 adalah
f (x1, x2) I (0 x1 1,0 x2 1).
Maka
1
f1(x1) f (x1, x2 )dx2 0 dx2 I (0 x1 1),
dan
1
f2 (x2 ) f (x1, x2 )dx1 0 dx1 I (0 x2 1).
Oleh karena itu kita peroleh
f (x1, x2 ) f1(x1) f2 (x2 ).
Jadi X1 dan X 2 bebas.
Contoh 4.5.2 Misal pdf bersama dari dua peubah acak X1 dan
X 2 adalah
f (x1, x2) (x1 x2)I (0 x1 1,0 x2 1).
Kita akan menunjukkan bahwa X1 dan X 2 tidak bebas. Kita tentukan
terlebih dahulu pdf marginal dari X1 dan X 2 berturut-turut seperti
berikut ini:
f1(x1) 1 x2 dx2 x1 1 I (0 x1 1),
2
0 x1
dan
f2 (x2 ) 1 x2 dx1 1 x2 I (0 x2 1).
2
0 x1
Oleh karena itu
f (x1, x2 ) f1(x1) f1(x2 ).
Jadi X1 dan X 2 tidak bebas.
Berdasarkan Definisi 4.5.1 untuk menentukan bebas tidaknya dua
peubah acak, kita harus menentukan terlebih dahulu masing-masing pdf
148
marginal dari X1 dan X 2 . Teorema berikut ini memungkinkan kita
untuk menentukan bebas tidaknya X1 dan X 2 dengan cara yang lebih
praktis.
Teorema 4.5.1 Misal dua peubah acak X1 dan X 2 mempunyai
pdf bersama f (x1, x2 ) dengan ruang peubah acak berturut-turut A dan
A 2. Maka X1 dan X 2 dikatakan bebas jika dan hanya jika f (x1, x2 )
dapat ditulis sebagai hasil kali fungsi tidak negatif yang hanya
bergantung pada x1 dan fungsi tidak negatif yang hanya bergantung
pada x2 , yaitu,
f (x1, x2) g(x1)h(x2),
di mana g(x1) 0, x1 A , h(x2 ) 0, x2 A 2.
Bukti
Jika X1 dan X 2 bebas, maka berdasarkan Definisi 4.5.1
f (x1, x2 ) f1(x1) f2 (x2 ),
di mana f1(x1) dan f2 (x2 ) berturut-turut pdf marginal dari X1 dan X 2 .
Oleh karena itu jika kita ambil g(x1) f1(x1) dan h(x2 ) f2(x2).
Selanjunya kita buktikan konversnya, yaitu jika diketahui
f (x1, x2) g(x1)h(x2).
Untuk peubah acak kontinu, kita punya
f1(x1) f (x1, x2 )dx2 g(x1)h(x2 )dx2
g(x1) h(x2 )dx2 g(x1)c1,
di mana
c1 h(x2 )dx2.
Dengan cara serupa kita peroleh
di mana f2 (x2 ) c2h(x1),
c2 g(x1)dx1.
149
Karena
f (x1, x2 )dx1dx2 1,
maka
g(x1)h(x2 )dx1dx2
1 h( x2 )dx2 c2c1.
g ( x1 )dx1
Jadi
f (x1, x2 ) g(x1)h(x2) c1g(x1)c2h(x2) f1(x1) f2(x2).
Untuk peubah acak diskret, tinggal mengganti integral menjadi jumlah,
bukti selesai.
Contoh 4.5.3 Misal pdf bersama dari dua peubah acak kontinu
X1 dan X 2 adalah
f (x1, x2) 12x1x 2(1 x2)I (0 x1 1,0 x2 1).
Kita pilih
g(x1) 12x1I (0 x1 1),
dan
h(x2) x2(1 x2)I (0 x2 1).
Maka
f (x1, x2) g(x1)h(x2).
Jadi X1 dan X 2 bebas.
Jika Contoh 4.5.2 kita selesaikan menggunakan Teorema 1, maka
kita akan dengan mudah dapat melihat bahwa X1 dan X 2 tidak bebas,
karena
f (x1, x2 ) x1 x2 I (0 x1 1, 0 x2 1),
tidak dapat dijadikan sebagai hasil kali g(x1) dan h(x2 ).
Contoh 4.5.4 Misal pdf bersama dari dua peubah acak X dan Y
adalah
f (x, y) 8xyI(0 x y 1).
150
Jika kita lihat dari rumus 8xy , tentu kita menduga bahwa X dan Y
bebas. Meskipun demikian jika kita lihat dari daerah definisinya, kita
melihat bahwa ruang dua peubah acak X dan Y , yaitu
A (x, y) : 0 x y 1
tidak dapat dijadikan sebagai hasil kali dari ruang X , yaitu A1 , dan
ruang Y , yaitu A2. Jadi X dan Y tidak bebas.
Teorema berikut ini sering digunakan dalam menghitung peluang
jika diketahui peubah-peubah acaknya bebas.
Teorema 4.5.2 Misal X1 dan X 2 dua peubah acak yang bebas.
Maka
Pa X1 b,c X2 d P(a X1 b)P(c X2 d ),
untuk setiap a b dan c d, di mana a,b, c, dan d suatu konstanta.
Bukti
Karena X1 dan X 2 dua peubah acak bebas, maka
f (x1, x2 ) f1(x1) f2 (x2 ).
Oleh karena itu
P a X1 b,c X 2 d b d
a
c f (x1, x2 )dx2dx1
bd
a c f1(x1) f2 (x2 )dx2dx1
b d
a f1(x1)dx1 c f2 (x2 )dx2
P(a X1 b)P(c X 2 d ),
dalam hal X1 dan X 2 kontinu. Jika X1 dan X 2 diskret tinggal
mengganti integral menjadi jumlah.
Kebebasan dua peubah acak berakibat pula pada perkalian
ekspektasinya.
151
Teorema 4.5.3 Misal dua peubah acak X1 dan X 2 bebas, dan
misal u(X1) dan v( X2 ) berturut-turut adalah fungsi dari X1 dan X 2 .
Maka
Eu(X1)v(X2) Eu(X1)E v(X2).
Bukti
Kita buktikan untuk peubah acak kontinu, sedangkan untuk peubah acak
diskret, tinggal mengganti integral dengan jumlah. Menggunakan
definisi kebebasan dari peubah acak, yaitu f (x1, x2 ) f1(x1) f1(x2 ), dan
definisi ekspektasi, kita peroleh
E u( X1)v( X 2 ) u(x1)v(x2 ) f (x1, x2 )dx1dx2
u(x1)v(x2 ) f1(x1) f2 (x2 )dx1dx2
u ( x1 ) f1 ( v( x2 ) ( x2 )dx2
x1 )dx1 f2
Eu(X1)E v(X2),
bukti selesai.
Contoh 4.5.5 Misal X dan Y peubah-peubah acak bebas. Maka
Cov(X ,Y ) E(XY ) E(X )E(Y )
E(X )E(Y ) E(X )E(Y ) 0.
Lebih lanjut jika varians masing-masing peubah acak tersebut positif,
maka XY 0.
Contoh 4.5.5 tidak berlaku sebaliknya, hal ini dapat kita lihat
pada Contoh 4.5.6 berikut ini.
Contoh 4.5.6 Misal X dan Y peubah-peubah acak dengan pdf
bersama
f (x, y) 1 I (1,1),(0,0),(1,1).
3
Maka kita peroleh:
X xf (x, y) (1). 1 0. 1 1. 1 0,
yx 3 33
152
Y yf (x, y) (1). 1 0. 1 1. 1 2 ,
y x 3 3 33
E(XY ) xyf (x, y) (1).1. 1 0.0. 1 1.1. 1 0,
yx 3 3 3
2 E( X 2 ) 2 x2 f (x, y) 0 1. 1 0. 1 1. 1 2 ,
X X x 3 3 33
y
2 2
2 E(Y 2 ) Y2 y 2 f ( x, y) 3
Y
y x
1. 1 0. 1 1. 1 2 2 2 2 2 2.
3 3 3 3 3 3 9
Jadi
0 0. 2 0.
3
2. 2
39
Ruang X dan Y , yaitu, A (x, y) : (x, y) (1,1),(0,0),(1,1) tidak
dapat ditulis sebagai hasil kali dari AX dan AY , berturut-turut
merupakan ruang dari X dan ruang dari Y. Oleh karena itu X dan Y
tidak bebas. Jadi 0 tidak berakibat X dan Y bebas, atau
P(X 0,Y 0) P(X 0)P(Y 0).
Teorema 4.5.4 Misal dua peubah acak X1 dan X 2 bebas. Maka
M (t1,t2 ) M (t1,0)M (0,t2).
Bukti
M (t1, t2 ) E et1X1t2X2 E e et1X1 t2X2 E et1X1 E et2X2 M (t1, 0)M (0,t2 ).
Kebebasan pada dua peubah acak dapat kita perumum untuk n
peubah acak.
Definisi 4.5.2 Misal peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn
mempunyai pdf bersama f (x1, x2,..., xn ) dan pdf marginalnya berturut-
153
turut adalah f1(x1), f2 (x2 ),...., fn (xn ). Maka X1, X2,..., Xn dikatakan
bebas jika f (x1, x2,..., xn ) f1(x1) f2 (x2 )... fn (xn ).
Sifat-sifat kebebasan pada dua peubah acak dapat pula
diperumum untuk n peubah acak. Dalam hal peubah-peubah acak pada
definisi 4.5.2 sebarannya identik, maka peubah-peubah acak
X1, X2,..., Xn dikatakan sebagai sampel acak.
Definisi 4.5.3 Misal X1, X2,..., Xn menyatakan n peubah acak
bebas, masing-masing pdf-nya sama, f (x), yaitu pdf dari X1, X2,..., Xn
berturut-turut f (x1), f (x2),...., f (xn), sehingga pdf bersamanya adalah
f (x1, x2...xn ) f (x1) f (x2)... f (xn ).
Maka peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn dikatakan sampel acak.
Contoh 4.5.7 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak dari suatu
populasi dengan pdf
f (x) 2xI (0 x 1).
Maka pdf bersama dari X1, X2,..., Xn adalah
f (x1,..., xn ) 2x1...2xn 2n x1...xnI (0 xi 1,i 1,..., n).
Contoh 4.5.8 Anggap waktu hidup bola lampu tertentu dari
populasi yang bersebaran eksponensial dengan pdf
f (x) exI (0 x ),
diukur dalam tahun. Misalkan sampel acak berukuran 2 diambil dari
populasi ini. Maka kita akan memperoleh pdf bersama dari X1, X2 ,
f (x1, x2 ) f (x1) f (x2 ) ex1ex2 e(x1x2 )I (0 xi ,i 1, 2).
Misalkan kita ingin mengetahui peluang bahwa total waktu hidup kedua
lampu kurang dari 0.5. Maka kita peroleh:
154
0.5 0.5 x2 e dx0.5 ( x1x2 ) 0.5x2
0 0
0 02
P
X1 X 2 0.5 e(x1x2 )dx1dx2
0.5e x2 ex2 x2e0.5 0.5
0 e0.5 dx2 0
e0,5 0.5e0.5 1 0 1 0.5e0.5 e0.5 0.09.
Latihan 4.5
4.5.1. Misal dua peubah acak X dan Y bebas sehingga E(X ) 2,
E(Y ) 3, Var(X ) 4, dan Var(Y ) 16. Tentukan:
(a) E(5X Y ).
(b) Var(5X Y ).
(c) Cov(3X Y,Y ).
(d) Cov(X ,5X Y ).
4.5.2. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y) 2exyI (0 x y ).
Selidiki apakah X dan Y bebas?
4.5.3. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y) 1 I (x 1, 2,3, 4, y 1, 2,3, 4).
16
Selidiki apakah X dan Y bebas?
4.5.4. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y) 4x(1 y)I(0 x 1,0 y 1).
Hitung P 0 X 1 ,0 Y 1 .
3 2
4.5.5. Hitung peluang gabungan kejadian a X b, Y , dan
X ,c Y d, jika X dan Y bebas dengan
P(a X b) 2 , dan P(c Y d ) 5 .
38
155
4.5.6. Misal dua peubah acak X dan Y mempunyai pdf bersama
f (x, y) exyI (0 x ,0 y ).
Tunjukkan bahwa:
(a) X dan Y bebas.
(b) E et(X Y ) (1 t)2,t 1.
4.5.7. Misal X1,..., Xn sampel acak dari suatu populasi dengan pdf
f (x) 3x2I (0 x 1).
(a) Tentukan pdf bersama dari X1, X2,..., Xn .
(b) Hitung P X1 0.3.
(c) Hitung peluang bahwa semua pengamatan kurang dari 0.3.
(d) Paling sedikit dua pengamataan kurang dari 0.3.
4.6 Transformasi Peubah Acak
Misal X1 dan X 2 adalah dua peubah acak sebarang. Anggap kita
mengetahui sebaran gabungan dari X1 dan X 2 dan kita ingin
menentukan sebaran dari transformasi X1 dan X 2, katakanlah,
Y g(X1, X2). Kita mungkin dapat memperoleh cdf dari Y.
Misal fX1,X2 (x1, x2 ) pdf bersama dari dua peubah acak diskret
X1 dan X 2 dengan A himpunan titik-titik dalam bidang x1x2 sehingga
fX1,X2 (x1, x2 ) 0. Misal y1 u1(x1, x2 ) dan y2 u2 (x1, x2 ) mendefinisi-
kan transformasi satu-satu dan pada dari A ke M, di mana M
menyatakan himpunan dalam bidang y1y2 sehingga x1 w1( y1, y2) dan
x2 w2(y1, y2) transformasi satu-satu dan pada dari M ke A. Maka pdf
bersama dua peubah acak baru Y1 u1(X1, X2 ) dan Y2 u2 (X1, X2 )
adalah
fY1,Y2 ( y1, y2 ) fX1,X2 w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J | I ( y1, y2) M .
Contoh 4.6.1 Misal X1 dan X 2 mempunyai pdf bersama
156
x1 x2 1 2
e e I1 2
x1 !x2 !
fX1,X2
x1, x2 x1 0,1, 2,..., x2 0,1, 2,.... ,
di mana 1 dan 2 bilangan-bilangan real positif tertentu. Maka ruang
A adalah himpunan titik (x1, x2). Misal kita ingin menentukan pdf dari
peubah acak diskret Y X1 X2. Jika kita menggunakan teknik
transformasi peubah acak, maka kita memerlukan peubah acak Y2.
Karena Y2 tidak tersedia pada permasalahan kita, maka kita pilih dia
yang sederhana sehingga kita mempunyai transformasi satu-satu dan
pada, yaitu kita pilih Y2 X2. Maka y1 x1 x2 dan y2 x2
menyatakan trasformasi satu-satu dan pada dari A ke M, di mana
M y1, y2 : y2 0,1, 2,..., y1, y1 0,1, 2,....
Fungsi kebalikannya adalah x1 y1 y2 dan x2 y2. Oleh karena itu
pdf bersama dari dua peubah acak diskret Y1 dan Y2 adalah
e ey1 y2 y2 1 2
12
y1 y2 ! y2 !
fY1,Y2 ( y1, y2 ) M.
I y1, y2
Lebih lanjut kita dapat menentukan pdf marginalnya, misal pdf marginal
dari Y1 adalah
e e1 2 y1
y1 ! y2 0
y1 fY1 ,Y2 ( y1, y2 ) y1 ! y1 y2 y2
y1 y2 ! y2 ! 1 2
fY1 ( y1)
y2 0
1 ey1 (12 ) I ( y1 0,1, 2,...),
2
y1 !
yang merupakan pdf dari peubah acak bersebaran Poisson dengan purata
1 2, atau . Oleh karena itu mgf dari adalah
MY1 (t) eu12 et 1.
Untuk peubah acak kontinu kita mulai dengan contoh berikut.
157
Contoh 4.6.2 Misal suatu percobaan memilih secara acak satu
titik (X ,Y ) dari persegi satuan A (x, y) : 0 x 1,0 y 1. Maka
pdf bersama dari X dan Y adalah
fX ,Y (x, y) I (0 x 1, 0 y 1).
Misal kita ingin menentukan pdf dari Z X Y. Pertama-tama kita
tentukan terlebih dahulu cdf dari Z seperti berikut
FZ (z) P X Y z
z zx 11
dydx I (0 z 1) 1 dydx I (1 z 2) I (2 z)
00 z1 zx
z2 I (0 z 1) (2 z)2 I (1 z 2) I (2 z).
2 1 2
Karena fZ (z) F 'Z (z) untuk semua z sehingga fZ (z) kontinu, maka
fZ (z) zI (0 z 1) (2 z)I(1 z 2).
Sekarang kita bahas secara umum teknik transformasi untuk
peubah acak kontinu. Misal fX1,X2 (x1, x2 ) pdf bersama dari dua peubah
acak kontinu X1 dan X 2 dengan A himpunan titik-titik dalam bidang
x1x2 sehingga fX1,X2 (x1, x2 ) 0. Misal y1 u1(x1, x2 ) dan y2 u2 (x1, x2 )
mendefinisikan transformasi satu-satu dan pada dari A ke M, di mana
M menyatakan himpunan dalam bidang y1y2 sehingga x1 w1( y1, y2)
dan x2 w2(y1, y2) transformasi satu-satu dari M pada A. Determinan
orde 2,
x1 x1
J y1 y2 ,
x2
x2 y2
y1
disebut Jacobi dari transformasi ini. Anggap turunan parsial pertama
kontinu dan J tidak nol dalam M. Misal A himpunan bagian dari A,
dan misal B adalah peta dari A di bawah transformasi satu-satu dan
pada. Maka X1, X2 A ekivalen dengan Y1,Y2 B. Oleh karena
itu
158
P Y1,Y2 B P X1, X2 A A fX1,X2 (x1, x2 )dx1dx2.
Menggunakan sifat dalam analisis
A fX1,X2 (x1, x2 )dx1dx2 fB X1,X2 w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J | dy1dy2
kita peroleh
P Y1,Y2 B fB X1,X2 w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J | dy1dy2,
yang berakibat bahwa pdf bersama dari Y1 dan Y2 adalah
fY1,Y2 ( y1, y2 ) fX1,X2 w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J | I ( y1, y2) M .
Contoh 4.6.3 Misal dua peubah acak X1 dan X 2 mempunyai pdf
bersama
fX1,X2 (x1, x2 ) I (0 x1 1, 0 x2 1).
Ruang dari dua peubah acak ini adalah
A = x1, x2 : 0 x1 1,0 x2 1 , seperti terlihat pada Gambar 4.6.1.
159
Gambar 4.6.1
Misal Y1 X1 X2 dan Y1 X1 X2. Maka transformasi
y1 u1(x1, x2 ) x1 x2,
y2 u2 (x1, x2 ) x1 x2,
adalah transformasi satu-satu. Kita tentukan M dalam bidang y1 y2 yang
merupakan peta dari A di bawah transformasi ini, dan kebalikannya
adalah
x1 w1( y1, y2 ) 1 y1 y2 ,
2
x2 w2 ( y1, y2 ) 1 y1 y2 .
2
Untuk memperoleh M yang merupakan peta dari transformasi satu-satu
dan pada dari A kita tentukan batas-batasnya seperti berikut ini:
untuk x1 0, kita peroleh y2 y1,
untuk x1 1, kita peroleh y2 2 y1,
untuk x2 0, kita peroleh y2 y1,
untuk x2 1, kita peroleh y2 y1 2.
Daerah dari M ditunjukkan oleh Gambar 4.6.2.
160
Gambar 4.6.2
Jacobi dari transformasi ini adalah
1 1 1.
2
J 2
1 1 2
22
Jadi pdf bersama dari Y1 dan Y2 adalah
fY1,Y2 ( y1, y2 ) fX1,X2 | 1
w1( y1, y2 ), w2 ( y1, y2 ) | J 2 I ( y1, y2 ) M .
Lebih lanjut diperoleh pdf marginal dari Y1,
fY1 ( y1) fY1,Y2 ( y1, y2 )dy2 y1I (0 y1 1) (2 y1)I (1 y1 2).
Hasil ini serupa dengan hasil dari Contoh 4.6.2. Ditinggalkan sebagai
latihan untuk pdf marginal dari Y2.
Transformasi yang baru saja kita bahas adalah transformasi untuk
dua peubah acak kontinu. Perluasan untuk n peubah acak X1, X2,..., Xn
adalah seperti berikut ini. Kita perhatikan integral bentuk
... A h(x1, x2,..., xn )dx1dx2...dxn,
161
Atas himpunan bagian A dari ruang berdimensi n, A. Misal
y1 u1(x1, x2,..., xn ), y2 u2(x1, x2,..., xn),..., yn un(x1, x2,..., xn),
dan misal kebalikan dari fungsi ini adalah
x1 w1( y1, y2,..., yn ), x2 w2( y1, y2,..., yn),..., xn wn( y1, y2,..., yn),
yang mendefinisikan transformasi satu-satu dari A pada M, di mana
M dalam ruang berdimensi n dari y1, y2,..., yn. Jacobi dari transformasi
ini adalah
x1 x1 ... x1
y1 y2 yn
x2 x2 ... x2
J y1 y2 yn
xn xn ... xn
y1 y2 yn
tidak nol dalam M. Jika B adalah himpunan bagian dari M yang
merupakan peta dari A, maka
... A h(x1, x2,..., xn )dx1dx2...dxn
...h w1( y1, y2 , ..., yn ), w2 ( y1, y2 , ..., yn ),..., wn ( y1, y2 , ..., yn ) | J | dy1dy2 ...dyn ,
B
dan pdf bersama dari n peubah acak X1, X2,..., Xn adalah
g( y1, y2,..., yn )
hw1( y1, y2,..., yn ), w2( y1, y2,..., yn ),..., wn( y1, y2,..., yn)| J | I ( y1, y2,..., yn) M.
Contoh 4.6.4 Misal X1, X2, X3 mempunyai pdf
h(x1, x2, x3) 48x1x2x3I (0 x1 x2 x3 1).
Jika Y1 X1 / X2, Y2 X2 / X3, dan Y3 X3, maka kebalikan dari
transformasi ini adalah
x1 y1y2 y3, x2 y2 y3, dan x3 y3,
dan Jacobi-nya adalah
162
y2 y3 y1 y3 y1 y2
J 0 y3 y2 y2 y32.
001
Jadi pdf bersama dari Y1,Y2,Y3 adalah
g( y1, y2, y3) 48 y1y2 y3 y1y2 y3 y2 y32 48y1y23 y35 I (0 yi 1,i 1, 2,3).
Latihan 4.6
4.6.1. Tentukan pdf marginal dari Y2 dalam Contoh 4.6.3.
4.6.2. Misal X1, X2, X3 merupakan sampel acak dari sebaran dengan pdf
f (x) exI (0 x ).
Misal peubah-peubah acak Y1,Y2,Y3 didefinisikan sebagai
Y1 X1 X1 X3 , Y2 X1 X2 X3 , dan Y3 X1 X2 X3.
X2 X2
Tentukan:
(a) pdf bersama dari Y1,Y2,Y3.
(b) pdf marginal dari Y1.
(c) pdf bersama dari Y1 dan Y2.
4.6.3. Ulangi Latihan 4.6.2 untuk peubah-peubah acak
Y1 X1 ,Y2 X1 X2 , dan Y3 X1 X2 X3.
X1 X2 X1 X2 X3
4.6.4. Ulangi Latihan 4.6.2 untuk peubah-peubah acak
Y1 X1,Y2 X1 X2, dan Y3 X1 X2 X3.
4.6.5. Jika f (x) 1 I (1 x 1), tentukan pdf dari Y X 2.
2
163
4.6.6. Jika f (x) 1 I (1 x 3), tentukan pdf dari Y X 2.
4
4.6.7. Misal X1, X2, X3, X4 mempunyai pdf bersama
(x1, x2, x3, x4) 24I (0 x1 x2 x3 x4 1).
Tentukan pdf bersama dari Y1 X1 / X2,Y2 X2 / X3, X3 / X4,Y4 X4,
dan tunjukkan bahwa mereka bebas.
4.6.8. Misal X1, X2, X3 sampel acak dari sebaran gamma,
. Misal peubah-peubah acak Y1,Y2,Y3 didefinisikan
sebagai
Y1 X1 ,Y2 X1 X2 X3 , dan Y3 X1 X2 X3.
X1 X2 X3 X2
(a) Tentukan pdf bersama dari Y1,Y2,Y3.
(b) Tunjukkan bahwa .
4.6.9. Misal X1, X2, X3 sampel acak dengan mgf bersama
M (t) 3 1 et 3 , untuk semua t R. Tentukan:
4 4
(a) P X1 k , k 0,1, 2.
(b) mgf dari Y X1 X2 X3.
(c) PY k , k 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
164
BAB 5 STATISTIK DAN SEBARAN SAMPEL
5.1 Pendahuluan
Pada Bab ini kita akan membahas fungsi dari peubah acak berkaitan
dengan sebarannya, yang disebut sebaran turunan (derived distribution)
atau sebaran sampel (sampling distribution).
Tujuan instruksional umum dari mempelajari bab ini adalah Anda
diharapkan memahami konsep tentang sebaran sampel.
Tujuan instruksional khusus mempelajari bab ini adalah Anda
diharapkan dapat menentukan: statistik, statistik urutan, sebaran
multivariat normal, khi kuadrat, t, F, dan .
5.2 Statistik
Definisi 5.2.1 Suatu fungsi dari peubah-peubah acak,
T t(X1, X2,..., Xn ), yang tidak bergantung pada sebarang parameter
disebut statistik.
Berikut ini diberikan contoh fungsi peubah acak yang merupakan
statistik dan contoh fungsi peubah acak yang bukan statistik.
Contoh 5.2.1 Misal X1, X2,..., Xn peubah-peubah acak dari
sebarang sebaran. Maka fungsi
n
Y Xi,
i 1
dan
Y in1Xi ,
masing-masing adalah statistik.
Contoh 5.2.2 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n.
Maka fungsi
n X i
Z
i1 ,
adalah bukan statistik, karena dia bergantung pada parameter dan .
165
Contoh 5.2.3 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n.
Maka
X n n Xi ,
i1 n
dan
n 2
Sn2 ,
i1
Xi Xn
n 1
adalah statistik, berturut-turut disebut sebagai purata sampel dan varians
sampel. Pada referensi lain varians sampel dirumuskan sebagai
n 2
Sn2 .
i1
Xi Xn
n
Perbedaan pada penyebut ini akan berakibat pada perbedaan
ekspektasinya. Dan akan berakibat pula pada bias tidaknya Sn2 sebagai
penaksir dari 2.
Teorema-teorema berikut ini merupakan sifat penting dari purata
sampel dan varians sampel.
Teorema 5.2.1 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n,
dengan E(X ) , dan Var(X ) 2. Maka
E(Xn) ,
dan
Var ( X n ) 2 .
n
Bukti
Karena X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n, dengan E(X ) , dan
Var(X ) 2, maka
n Xi 1 n 1 n 1 n
E i1 n n E i1 Xi n i1 E(Xi ) n
E(Xn) ,
dan
166
Var( n Xi n 1 ) 1 n 1 n 2 1 2.
X n ) Var i1 n i1 n2 Var ( X i n2 n2 n
Var(Xi )
i1
Teorema 5.2.2 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n,
dengan E(X ) , dan Var(X ) 2. Maka
(i) E(Sn2 ) 2,
(ii) Var(Sn2 ) E( X 4) n 3 4 / n.
n 1
Bukti
Mula-mula kita ubah rumus varians menjadi berikut ini
n 2 2
X i n
nX
Sn2 i1 n 1 ,
lihat Latihan 5.2.1. Oleh karena itu kita peroleh
E(Sn2 ) n X 2 nX 2 n
i 1 i n 1E i 1
n 1
E n 1 X 2 nX 2
i n
1 E n X 2 nE X 2
n 1 i 1 i n .
Kita tentukan terlebih dahulu E n X 2 Karena X1, X2,..., Xn sampel
i 1 i .
acak, maka
E( X 2 ) E( X 2 ), i 1, 2,..., n.
i
Sehingga
E n X 2 nE ( X 2 ).
i 1 i
Menggunakan persamaan varians,
2 E(X 2) 2,
atau
E(X 2) 2 2,
kita peroleh
167
E n
i 1 X 2 n 2 2 .
i
Selanjutnya kita akan menentukan E X 2 . Karena
Var X E X 2 E X 2 ,
n
n n
maka menggunakan Teorema 5.2.1, diperoleh
2 E( X 2 ) 2 ,
n n
atau
E X 2 2 2 .
n n
Jadi
E Sn2 1 2 2 n 2 2 1 (n 1) 2 2,
n n n 1
n 1
bagian (i) terbukti. Bukti bagian (ii) diabaikan.
Untuk melengkapi pembahasan tentang statistik, akan kita bahas
statistik urutan. Misal X1, X2,..., Xn sampel acak dari sebaran kontinu
dengan pdf f (x) positif pada a x b. Misal
Y1 u1(X1, X2,..., Xn ) minX1, X2,..., Xn
Yn un (X1, X2,..., Xn ) maxX1, X2,..., Xn
Secara umum Yi ui (X1,..., Xn ) , yaitu nilai minimum ke i dari
X1, X2,..., Xn. Maka diperoleh hubungan
Y1 Y2 ... Yn
X1,n X 2,n ... X n,n
Peubah acak–peubah acak terurut ini, yaitu, Y1,Y2,...,Yn atau
X1,n , X2,n ,..., Xn,n , disebut statistik urutan, dan Yi disebut statistik urutan
ke i.
168
Teorema 5.2.3 Misal Y1,Y2,...,Yn statistik urutan yang diperoleh
dari sampel acak X1, X2,..., Xn dari sebaran kontinu dengan pdf f (x)
positif pada (a x b). Maka pdf bersama dari Y1,Y2,...,Yn adalah
g( y1, y2,..., yn ) n! f ( y1) f ( y2)... f ( yn)I (a y1 y2 ... yn b).
Bukti
Kejadian-kejadian dari peubah-peubah acak X1, X2,..., Xn dapat dipartisi
dalam n! kejadian yang saling asing yang memetakan pada kejadian-
kejadian dari peubah-peubah acak Y1,Y2,...,Yn, sebut
y1, y2,..., yn : a y1 y2 ... yn b .
Satu dari n! kejadian-kejadian ini adalah a x1 x2 ... xn b, dan
yang lainnya dapat ditentukan oleh permutasi n dari semua nilai x yang
mungkin. Transformasi yang mengaitkan x1 y1, x2 y2,..., xn yn
mempunyai Jacobi sama dengan satu. Demikian juga untuk yang lainya
dari masing-masing transformasi mempunyai Jacobi satu dari 1. Oleh
karena itu
n!
g( y1, y2,..., yn ) f ( y1) f ( y2 )... f ( yn ) | Ji |
i 1
n! f ( y1) f ( y2 )... f ( yn )I (a y1 y2 ... yn b).
Contoh 5.2.4 Misal X menyatakan peubah acak kontinu dengan
pdf f (x) positif pada a x b. Maka cdf-nya adalah
x
F(x) a f (w) dw I (a x b) I (b x).
Oleh karena itu ada median m tunggal dari sebaran ini dengan
F(m) 1 . Misal X1, X2, X3 sampel acak dari sebaran ini dan misal
2
Y1,Y2,Y3 statistik urutan dari sampel ini. Kita akan menghitung peluang
dari Y2 m. Berdasarkan Teorema 5.2.3 kita peroleh pdf bersama dari
Y1,Y2 ,Y3,
g( y1, y2, y3) 6 f ( y1, y2, y3) I (a y1 y2 y3 b),
dan pdf dari Y2 ,
169
h( y2 ) 6 f ( y2 ) b y2 f ( y1) f ( y3)dy1dy3
y2 a
6 f ( y2 )F ( y2 )1 F ( y2 ) I (a y2 b).
Jadi
P(Y2 m) 6 m
a F( y2 ) f ( y2 ) F( y2 )2 f ( y2 ) dy2
6 F ( y2 )2 F( y2 )3 m 1 .
2 3 a 2
Teori integral berikut ini akan memudahkan kita dalam
menentukan pdf statistik urutan ke k, Yk , yaitu
xF(w)1 f (w)dw F(x) , 0
a
dan
b1 F(w) 1 f (w)dw 1 F(x) , 0.
x
Sekarang kita tentukan pdf-nya seperti berikut
yk ... y2 bb
aa
gk ( yk )
... n! f ( y1) f ( y2 )... f ( yn )dyn...dyk1dy1...dyk1
yk yn1
k n! k ! F ( yk ) k1 1 F ( yk ) nk f ( yk )I (a yk b).
1! n
Khususnya untuk k 1, Y1 disebut sebagai statistik urutan terkecil, pdf-
nya adalah
g1( y1) n! 1!F ( y1 ) 11 1 F ( y1) n1 f ( y1)
1 1! n (5.2.1)
n1 F ( y1 ) n1 f ( y1)I (a y1 b),
dan untuk k n, Yn disebut sebagai statistik urutan terbesar, pdf-nya
adalah
gn ( yn ) n! F ( yn ) n1 1 F ( yn )n n f ( yn )
n 1! n n ! (5.2.2)
nF ( yn ) n1 f ( yn )I (a yn b).
170
Cara lain untuk mendapatkan pdf dari Y1 dan Yn , diperoleh
dengan menentukan cdf-nya terlebih dahulu. Misal G1( y1) cdf dari Y1 .
Maka
G1( y1) P Y1 y1
1 P Y1 y1 .
Karena Y1 minX1, X2,..., Xn , maka Y1 y1 ekivalen dengan
X1 y1, X2 y1, ..., dan Xn y1.
Oleh karena itu
PY1 y1 P X1 y1, X2 y1,..., dan Xn y1 .
Karena X1, X2,..., Xn sampel acak, maka
P X1 y1, X 2 y1,..., dan X n y1
P X1 y1 P X 2 y1 ...P X n y1
1 P X1 y1 1 P X 2 y1 ...1 P X n y1
1 F( y1)1 F( y1)...1 F( y1)
1 F( y1)n I (a y1 b).
Oleh karena itu
G1( y1) 1 1 F( y1)n I (a y1 b).
Jadi pdf Y1 adalah
g1( y1) n1 F( y1) n1 f ( y1)I (a y1 b).
Hasil ini sama dengan persamaan (5.2.1). Selanjutnya, jika Gn ( yn ) cdf
dari Yn . Maka
Gn ( yn ) P Yn yn
Karena Yn maxX1, X2,..., Xn, maka Yn yn ekivalen dengan
X1 yn , X2 yn , ..., dan Xn yn.
Oleh karena itu
171
Gn yn P X1 yn , X 2 yn ,..., dan X n yn
P X1 yn P X 2 yn ...P X n yn
F ( yn )F ( yn )...F ( yn ) F ( yn )n I (a yn b).
Jadi pdf Yn adalah
gn ( yn ) nF( yn ) n1 f ( yn )I (a yn b).
Hasil ini sama dengan persamaan (5.2.2).
Contoh 5.2.5 Misal Y1,Y2,...,Yn statistik urutan yang diperoleh
dari sampel acak X1,..., Xn dari populasi dengan pdf
f (x) 2xI (0 x 1).
Maka
F(x) x 2tdt x2I (0 x 1) I (x 1).
0
Sehingga cdf dan pdf dari Y1 berturut-turut adalah
1 n
G1( y1) 11 F( y1)n
1 y12 I (0 y1 1) I ( y1 1).
dan
g1( y1) n1 F ( y1 ) n1 f ( y1)
n 1 y12 n1 2 y1I (0 y1 1).
Ditinggalkan sebagai latihan untuk cdf dan pdf dari Yn.
Latihan 5.2
5.2.1 Tunjukkan bahwa varians sampel pada Contoh 5.2.3 dapat ditulis
sebagai
n 2 2
X i n
nX
Sn2 i1 n 1 .
5.2.2. Misal X1, X2 sampel acak berukuran 2 . Tentukan c sehingga
Sn2 c X1 X2 2 .
172
5.2.3. Misal xi i,i 1,..., n. Hitung nilai dari xn dan sn2.
5.2.4 Misal xi 2i ,i 1,..., n. Hitung nilai dari xn dan sn2.
5.2.5. Misal yi a bxi ,i 1,..., n, di mana a dan b suatu konstanta.
n
Tentukan
n yi yi2 nyn2
i 1 n
yn dan s 2 i 1 dalam suku-suku a,b, xn ,
y
n 1
dan sx2.
5.2.6. Misal X1,..., Xn sampel acak, dan anggap varians sampel
n 2
dirumuskan sebagai Sn2 .
i1
Xi Xn
n
n
X
2 nX 2
i n
(a) Tunjukkan bahwa Sn2 i1 n .
(b) Tentukan E Sn2 .
5.2.7. Misal X1,..., Xn peubah-peubah acak sehingga E(Xi ) 0,
Var(Xi ) i2, 100 2 .
i 1,...,30. Hitunglah E i 1 X i
5.2.8. Misal Y1,Y2,Y3 adalah statistik urutan dari sebaran dengan pdf
f (x) 2xI (0 x 1). Tentukan koefisien korelasi antara Y2 dan Y3.
5.2.9. Misal Y1,Y2,Y3,Y4,Y5 adalah statistik urutan dari sebaran dengan
pdf f (x) exI (0 x ).
(a) Tentukan pdf bersama dari Y2 dan Y4.
(b) Tunjukkan bahwa Z1 Y2 dan Z2 Y4 Y2 bebas.
5.2.10. Tentukan cdf dan pdf dari Yn untuk Contoh 5.2.5.
173
5.2.11. Misal X1, X2, X3, sampel acak dari suatu populasi dengan pdf
f (x) 3(1 x)2 I (0 x 1).
Misal Y adalah minimum dari ketiga peubah acak tersebut. Tentukan:
(a) pdf dari Y ,
(b) cdf dari Y.
5.3 Sebaran Normal Multivariat
Pembahasan pada subpokok bahasan ini diperlukan pemahaman tentang
sifat-sifat mgf dan matriks. Sebelum membahas sebaran normal
multivariat, untuk menyederhanakan permasalahan kita mulai dengan
contoh berikut ini.
Contoh 5.3.1 Misal peubah-peubah acak X1 dan X 2 bebas
berturut-turut dari sebaran normal N (1,12 ) dan N (2 , 2 ), dan misal
2
Y X1 X2. Tentukan sebaran dari Y.
Penyelesaian
Misal MY (t) mgf dari Y. Maka
MY (t) E et(X1X2 ) E e etX1 tX2 E etX1 E etX2 ,
karena X1 dan X 2 bebas. Diketahui X1 dan X 2 berturut-turut dari
sebaran normal N (1, 2 ) dan N ( 2 , 2 ), maka
1 2
E etX1 exp 1t 12t 2
2 ,
dan
E etX 2 exp 2t 22t 2 ,
2
untuk semua bilangan real t. Untuk memperoleh E etX2 kita ganti t
oleh t pada E etX2 . Sehingga
E etX 2 exp 2t 22t 2
2 .
Oleh karena itu
174
MY (t) exp 1t 12t 2 2t 22t 2
2 exp 2
( 2 2 )t 2
exp 1 2 2 .
(1 2 )t
Jadi .
Teorema berikut merupakan bentuk umum dari Contoh 5.3.1,
yang merupakan salah satu sifat penting dalam sebaran normal.
Teorema 5.3.1 Misal X1, X2,..., Xn peubah-peubah acak bebas,
n
dan , dan misal Y ki Xi. Maka
i 1
∑∑ .
Bukti
Misal MY (t) mgf dari Y. Maka
Karena X1,..., Xn bebas, maka
E
e e ...etk1X1 k2X2 tkn Xn E etk1X1 E etk2X2 ...E etknXn .
Oleh karena itu kita peroleh
MY (t) E etk1X1 E etk2X2 ...E etknXn .
Karena Xi N ( i , 2 ), maka
i
etXi i2t 2
2
E exp it , i 1, ..., n.
Sehingga
E etki Xi exp itki i2t 2ki2 exp it ki2i2t 2 .
2 ki 2
Jadi
175
k11t k1212t 2 k22 22t 2 kn2 n2t 2
2 k2 2 kn 2
MY (t) exp exp 2t ...exp nt
n n ki2 2 t2
i 1 i 1 i
.
exp ki i t 2
Hasil terakhir merupakan mgf dari peubah acak yang bersebaran
Nn n ki2 2 . ∑ ∑
i 1 kii , i1 i Jadi .
Akibat 5.3.1 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak dari sebaran
̅ ( ).
N , 2 . Maka
Bukti dari Akibat 5.3.1 ini diperoleh dari Teorema 5.3.1, dengan
mengambil ki 1 ,i 1,..., n.
n
Akibat 5.3.2 Misal X1,..., Xn sampel acak dari sebaran
N , 2 . Maka
̅
.
Bukti Akibat 5.3.2 ini diperoleh dari Akibat 5.3.1 dan Teorema
3.7.1.
Contoh 5.3.2 Misal peubah acak X menyatakan waktu hidup,
dalam bulan, suatu baterai, dan anggap . Misal 25 baterai
diambil dari populasi ini. Tentukan konstanta c sehingga peluang purata
waktu hidup 25 baterai tersebut lebih dari c adalah 95%.
Penyelesaian
176
Misal ̅ purata waktu hidup 25 baterai. Maka E Xn 60 , dan
Var( X n ) 35 . Oleh karena itu menggunakan Akibat 1 kita peroleh
25
bahwa ̅ ( ). Sehingga
Xn 60 c 60 Xn 60 c 60 c 60
P Xn c P 1 P 35 1 0.95.
35 35 35 25 35
25 25 25 25
Atau
c 60
0.05.
35
25
Dari Minitab diperoleh c 60 1.6449. Jadi
35
25
c 60 1.6449 35 58.0537.
25
Sekarang kita membahas sebaran normal multivariat. Kita
perhatikan vektor acak Z (Z1, Z2,..., Zn )t di mana Z1, Z2,..., Zn sampel
acak dari sebaran normal, . Maka pdf bersama dari Z adalah
n 1 1 1 n / 2 1 n
2 2 2 2 i 1
fZ zi2 zi2
(z) exp exp
i 1
1 n / 2 exp 1 zt z .
2 2
Karena Z1, Z2,..., Zn sampel acak dari sebaran normal, , maka
(5.3.1)
EZ 0 dan CovZ In,
di mana In menyatakan matriks identitas urutan n. Fungsi pembangkit
momen dari Z adalah
177
MZ (t) E exp ttZ E in1 expti Zi n E expti Zi
i 1
1 n 1 (5.3.2)
i 1 2
ti2 exp tt t ,
exp 2
untuk semua t Rn. Kita katakan bahwa Z mempunyai sebaran
normal multivariat dengan vektor purata 0 dan matriks kovarians In ,
ditulis .
Secara umum, anggap Σ adalah matriks urutan n n, simetrik,
dan semi definit positif. Secara aljabar Σ dapat dinyatakan sebagai
dekomposisi
Σ Γt ΛΓ,
di mana Λ matriks diagonal,
Λ diag 1,2,...,n ,1 2 ... n 0
adalah nilai-nilai eigen dari Σ, dan kolom-kolom dari Γt , v1, v2,..., vn,
adalah vektor-vektor eigen. Matriks Γ adalah matriks ortogonal, yaitu
Γ1 Γ. Oleh karena itu ΓΓt I. Kita dapat menulis dekomposisi ini
dalam bentuk lain, seperti
n
Σ ΓtΛΓ v vt
i i i , (5.3.3)
i 1
ditinggalkan sebagai latihan. Kita definisikan akar kuadrat matriks semi
definit positif Σ sebagai
Σ1/ 2 Γt Λ1/ 2Γ,
di mana Λ1/2 diag 1 , 2 ,..., n . Oleh karena itu
Σ1/2 1 Γt Λ1/2Γ, (5.3.4)
ditinggalkan sebagai latihan.
Kita definisikan vektor acak X sebagai
X Σ1/2Z μ, (5.3.5)
di mana μ vektor konstanta n1. Menggunakan persamaaan (5.3.1)
kita peroleh
E X E Σ1/2Z μ μ dan CovX Σ1/2Σ1/2 Σ.
Selanjutnya menggunakan persamaan (5.3.2) diperoleh mgf dari X
178
M X (t) E exp tt X E exp tt Σ1/2Z ttμ
exp ttμ E expΣ1/ 2t tZ
exp 1 t
exp 1 / 2 t
ttμ Σ1/ 2t Σ
2
expttμexp 1tt Σt .
2
Hasil di atas didefinisikan seperti berikut.
Definisi 5.3.1 Misal X vektor acak berdimensi n. Maka X
dikatakan bersebaran normal multivariat jika mgf-nya adalah
MX (t) exp ttμ exp 1ttΣt,
2
untuk semua t Rn dan Σ adalah matriks simetrik, semi definit positif
dan μ Rn , ditulis .
Dari transformasi satu-satu pada (5.3.5) kita peroleh transformasi
kebalikan
Z Σ1/2 (X μ),
dengan Jacobi Σ1/2 Σ 1/2 . Oleh karena itu pdf dari Z adalah
fZ (z) 1 Σ 1/2 exp 1 x μt Σ1 x μ,
2 n/2 2
untuk semua x Rn.
Teorema 5.3.2 Misal dan misal Y AX b, di
mana A adalah matriks m n dan b Rm. Maka
.
Bukti
Kita tentukan mgf dari Y
179
M Y (t) E exp ttY
E exptt AX b
exp ttb E exp Att t X
expttbexp Attt μ 1 Attt Σ Att
2
exp tt Aμ b 1 tt AΣAt t .
2
Jadi .
Berdasarkan teorema ini kita dapat juga memperoleh sebaran
marginal dari sebaran normal multivariat. Misal X1 adalah sebarang
vektor bagian dari X, katakan berdimensi m n. Kita tulis X, sebagai
X X1 , (5.3.6)
X2
di mana X2 vektor berdimensi p n m. Secara sama kita partisi purata
dan matriks kovarians dari X sebagai
μ μ dan Σ = Σ Σ , (5.3.7)
1 11 12
μ2 Σ21
Σ22
di mana Σ11 menyatakan matriks kovarians dari X1 dan Σ12 memuat
semua kovarians antara komponen-komponen X1 dan X2. Kita
definisikan A sebagai matriks,
A Im 0mp ,
di mana 0mp adalah matriks m p yang unsur-unsurnya adalah nol.
Maka X1 AX. Oleh karena itu menggunakan Teorema 5.3.1. untuk
sebaran ini, kita peroleh akibat berikut:
Akibat 5.3.3 Misal dipartisi seperti pada persamaan
(5.3.6) dan (5.3.7). Maka .
180
Hasil ini sangat penting, karena sebarang sebaran marginal dari
, juga bersebaran normal.
Contoh 5.3.3 Dalam contoh ini kita akan memeriksa kasus
sebaran normal multivariat jika n 2. Sebaran ini disebut sebagai
sebaran normal bivariat. Sekarang kita anggap
,
di mana
μ 1 dan Σ 11 12 .
2 21 22
Oleh karena itu 1 dan 2 berturut-turut purata dan varians dari X1;
1
2 dan 2 berturut-turut purata dan varians dari X2; dan 12 adalah
2
kovarians antara X1 dan X 2. Ingat bahwa 12 12, di mana
koefisien korelasi anara X1 dan X 2. Kita peroleh kebalikan dari Σ,
1 2 1
Σ1 2 12 2 .
12 2 1 2 1 2
2
Jadi pdf dari X X1, X2 t adalah
f (x1, x2 ) 1 1 2 eq / 2 ,
21 2
di mana
q 1 x1 1 2 2 x1 1 x2 2 x2 2 2
1 2 1 1 2 2 .
Jika X1 dan X 2 bebas, maka koefisiennya adalah nol dan pdf-nya
1 x1 1 2 x2 2 2
2 1 2
f (x , x ) 21 e .1 2
12
Selanjutnya menggunakan Akibat 5.3.3 kita peroleh dan
.
Teorema 5.3.3 Misal , dipartisi seperti pada
persamaan (5.3.6) dan (5.3.7). Maka X1 dan X2 bebas jika dan hanya
jika Σ12 0.
181
Bukti
Mula-mula kita catat bahwa Σ Σt . Suatu mgf dari X1 dan X2
21 12
adalah
M X1,X2 t1tμ1 1 ,
(t1, t2 ) exp tt2μ2 2 t1t Σ11t1 t t2 Σ22t 2 t t Σ21t1 t1t Σ12t2
2
di mana tt (t1t , tt2 ) adalah partisi seperti pada μ. Menggunakan Akibat
5.3.3 kita peroleh dan . Oleh karena itu
perkalian mgf marginalnya adalah
M t1tμ1 1 .
X1 (t1)M X2 (t2 ) exp tt2μ2 2 t1t Σ11t1 tt2Σ22t2
Jadi X1 dan X2 bebas jika dan hanya jika Σ12 0.
Kombinasi dari hasil Teorema 5.3.2 dan Teorema 5.3.3 kita
peroleh teorema berikut ini.
Teorema 5.3.4 Misal , dipartisi seperti pada
persamaan (5.3.6) dan (5.3.7), dan misal Σ definit positif. Maka sebaran
bersyarat dari X1 | X2 adalah
Nm
μ1 Σ12 Σ1 X2 μ2 , Σ11 Σ12Σ221Σ21 .
22
Bukti
Kita tentukan sebaran bersama dari vektor-vektor acak
W = X1 Σ12Σ221X2 dan X2. Sebaran ini diperoleh dari transformasi
W I0m Σ12 Σ1 X1 .
22 X2
X2 Ip
Karena transformasi ini linear, maka menggunakan Teorema 5.3.2
diperoleh sebaran bersamanya adalah sebaran normal multivariat dengan
E W μ1 Σ12Σ221μ2, E(X2 ) μ2,
dan matriks kovariansnya adalah
I0m Σ12 Σ1 Σ11 Σ12 Im 0 Σ11 Σ12 Σ 221 Σ 21 0 .
22 Σ Σ Σ221Σ21 Ip 0
Ip 21 22 Σ
22
182
Menggunakan Teorema 5.3.3, diperoleh bahwa vektor-vektor acak W
dan X2 bebas. Jadi sebaran bersyarat dari W | X2 sama dengan sebaran
marginal dari W, yaitu
.
Karena bebas, maka sebaran bersyarat dari X1 = W Σ12Σ221X2 bila X2
adalah
Nm μ1 Σ12Σ221μ2 Σ12Σ221X2 , Σ11 Σ12Σ221Σ21 ,
ini seperti hasil yang kita inginkan.
Menggunakan Teorema 5.3.4, maka sebaran bersyarat dari X1
bila X2 x2 adalah
N 2 2 ( x1 1), 2 (1 2 .
1 2 )
Secara sama diperoleh
sebaran bersyarat dari X2 bila X1 x1 adalah
N 1 1 ( x2 2 ),12 (1 2
2 ).
Latihan 5.3
5.3.1. Misal peubah acak X menyatakan waktu hidup, dalam bulan,
suatu baterai, dan anggap . Misal 25 baterai diambil dari
populasi ini. Tentukan konstanta c sehingga peluang purata waktu hidup
25 baterai tersebut lebih dari c adalah 95%. Bandingkan hasil ini
dengan hasil pada Contoh 5.3.2. Berikan penjelasan.
5.3.2. Misal peubah acak X berat dalam kilogram suatu dos yang berisi
minuman, di mana . Berapakah peluang bahwa 50 dos yang
diambil dari populasi ini kurang dari 1.2 ton?
5.3.3 Diberikan dua sampel acak yang bebas X1,..., Xn1 dan Y1,...,Yn2 ,
beturut-turut dari populasi bersebaran normal, dan
. Tentukan sebaran dari Xn1 Yn2 .
183
5.3.4. Misal X1, X2 sampel acak dari sebaran normal, , dan
misal Y1 X1 X2 , dan Y2 X1 X2. Tunjukkan bahwa Y1 dan Y2
bebas, masing-masing bersebaran normal.
5.3.5. Misal X1 dan X 2 bebas berturut-turut dari sebaran N(6,1), dan
N(7,1). Hitung:
(a) P X1 X2 . Petunjuk: Tulis P X1 X2 P X1 X2 0,
kemudian tentukan sebaran dari X1 X2.
(b) P X1 2X2 15.
n
5.3.6. Tunjukkan persamaan (5.3.3), yaitu t i vi vit .
i 1
5.3.7. Tunjukkan persamaan (5.3.4), yaitu 1/2 1 t1/2.
5.3.8. Misal X1 dan X 2 bersebaran normal bivariat, berturut-turut
dengan parameter-parameter 1 2.8, 2 110, 12 0.16, 2 100,
2
dan 0.6. Hitung:
(a) P(106 X2 124).
(b) P(106 X2 124 | X 3.2).
5.3.9. Misal X (X1, X2, X3)t mempunyai sebaran normal multivariat,
, di mana
1 0 0
Σ 0 2 1.
0 1 2
Hitung P(X1 X2 X3 2). Petunjuk: Tentukan vektor a sehingga
at X X1 X2 X3.
5.3.10. Misal X ,Y , dan Z mempunyai pdf bersama
184
f (x, y, z) 1 3/ 2 x2 y2 z2 xyz exp x2 y2 z2
2 exp 2 1 2 .
Jelas bahwa X ,Y , dan Z tidak bebas. Tunjukkan bahwa masing-masing
pasangan dari peubah-peubah acak tersebut mempunyai sebaran normal
bivariat.
5.3.11. Misal X (X1, X2,..., Xn )t mempunyai sebaran normal
multivariat, n
, dan misal X n1 Xi.
i 1
(a) Tulis X sebagai at X untuk vektor a yang sesuai dan gunakan
Teorema 5.3.2 untuk menentukan sebaran dari X .
(b) Tentukan sebaran dari X , jika semua komponen dari Xi
mempunyai purata .
5.4 Sebaran Khi Kuadrat
Sebaran khi kuadrat merupakan bentuk khusus dari sebaran gamma,
seperti disajikan pada definisi berikut ini.
Definisi 5.4.1 Misal Y peubah acak bersebaran gamma dengan
parameter 2 dan r / 2 . Maka peubah acak Y dikatakan
bersebaran khi kuadrat dengan derajat bebas r, ditulis .
Jika , maka cdf dari Y ditulis H ( y; r). Nilai persentil
ke 100% dari Y , dinyatakan sebagai 2 (r) dapat diperoleh dari tabel
sebaran khi kuadrat atau perangkat lunak statistik, dalam buku ini
menggunakan Minitab. Dengan kata lain kita dapat mencari 2 (r) jika
r dan diketahui. Persentil ke 100% dari Y , dalam bentuk peluang
ditulis sebagai
P Y 2 (r) .
Sifat-sifat pada sebaran gamma berlaku pula pada sebaran khi
kuadrat, dengan mengganti parameter 2 dan r / 2 . Seperti pada
Teorema 5.4.1 berikut ini.
185
Teorema 5.4.1 Misal . Maka
(i) f ( y; r) 1 r 1 y I ( y 0).
2r /2 (r 2
x2 e
/ 2)
(ii) E(Y ) r.
(iii) Var(Y ) 2r.
(iv) MY (t) (1 2t)r/2,t 1
2.
r k , k r / 2.
2
(v) E(Y k ) 2k
r
2
Contoh 5.4.1 Misal . Tentukan:
(i) pdf dari Y
(ii) E(Y )
(iii) Var(Y )
(iv) MY (t)
(v) E(Y 4 )
(vi) PY 15
(vii) P8 Y 15
Penyelesaian
(i) f ( y;10) 1 y51e y/2I ( y 0)
25 (5)
(ii) E(Y ) 10
(iii) Var(Y ) 20
(iv) MY (t) (1 2t)5,t 1
2
(v) E(Y 4 ) 24 (9)
(5)
(vi) PY 15 H (15;10) 0.8679, diperoleh dari Minitab.
(vii) P8 Y 15 PY 15 PY 8 H (15;10) H (8;10)
0.8679 0.3712 0.4968,
diperoleh dari Minitab.
186