The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search
Published by masjiddarussalam18, 2022-06-03 20:17:12

pengantar statistika matematis

pengantar statistika matematis

(b) Hitung PY  y | X 1.
(c) Hitung PY  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)  exI (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: Eu(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)
 XY

139

Dari persamaan (4.4.1) dan (4.4.2) diperoleh persamaan

E(XY )   XY  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  bX .

(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

  XY 2
 X Y  aX 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  4X  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 nl. Maka

EA1W1  A2W2   A1E W1   A2E W2 

EA1W1B  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)  eyI (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 ,

CovAX  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 Xμt  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 n1. 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)  eyI (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

Pa  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

Eu(X1)v(X2)  Eu(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 

 Eu(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 et1X1t2X2   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)  exI (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 )  ex1ex2  e(x1x2 )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 ( x1x2 ) 0.5x2
0 0
0 02
      P
X1  X 2  0.5  e(x1x2 )dx1dx2 

  0.5e x2  ex2 x2e0.5 0.5
0  e0.5 dx2   0

 e0,5  0.5e0.5   1 0  1 0.5e0.5  e0.5  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)  2exyI (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)  exyI (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 e1 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 (12 ) 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)  eu12  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 zx 11
 dydx I (0  z  1)  1 dydx I (1  z  2)  I (2  z)
00 z1 zx

 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 )

 hw1( 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)  exI (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) PY  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  in1Xi ,

masing-masing adalah statistik.

Contoh 5.2.2 Misal X1, X2,..., Xn sampel acak berukuran n.

Maka fungsi

n  X i   
Z 
i1  ,

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 ,
i1 n

dan

n 2

  Sn2  ,
i1
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  .
i1
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  i1 n  n E  i1 Xi  n  i1 E(Xi ) n
  E(Xn)     ,

dan

166

  Var(   n Xi   n 1 )  1 n 1 n 2  1 2.
X n ) Var  i1 n  i1 n2 Var ( X i n2 n2 n
Var(Xi ) 

i1

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  i1 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 )  minX1, X2,..., Xn
Yn  un (X1, X2,..., Xn )  maxX1, 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

 xF(w)1 f (w)dw  F(x) ,  0

a

dan

b1 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...dyk1dy1...dyk1

yk yn1

  k n!  k ! F ( yk ) k1 1 F ( yk ) nk 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 ) 11 1 F ( y1) n1 f ( y1)

1  1! n (5.2.1)

 n1 F ( y1 ) n1 f ( y1)I (a  y1  b),

dan untuk k  n, Yn disebut sebagai statistik urutan terbesar, pdf-nya

adalah

gn ( yn )  n!  F ( yn ) n1 1  F ( yn )n n f ( yn )

 n  1! n  n ! (5.2.2)

 nF ( yn ) n1 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  minX1, X2,..., Xn , maka Y1  y1 ekivalen dengan

X1  y1, X2  y1, ..., dan Xn  y1.

Oleh karena itu

PY1  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)  n1 F( y1) n1 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  maxX1, 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 )  nF( yn ) n1 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)  11 F( y1)n 
1 y12 I (0  y1  1)  I ( y1  1).

dan

g1( y1)  n1 F ( y1 ) n1 f ( y1)

 n 1 y12 n1 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  i1 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  .
i1
Xi  Xn
n

n
X
2  nX 2
i n

(a) Tunjukkan bahwa Sn2  i1 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)  exI (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(X1X2 )   E e etX1 tX2   E etX1  E etX2 ,

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 etX2  kita ganti t

oleh t pada E etX2  . Sehingga

E  etX 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  ki2i2t 2  .
 2  ki 2 

Jadi

175

k11t k1212t 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

 Nn n ki2 2 . ∑ ∑
 i 1 kii , i1 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)
EZ  0 dan CovZ  In,

di mana In menyatakan matriks identitas urutan n. Fungsi pembangkit
momen dari Z adalah

177

 MZ (t)  E exp ttZ   E in1 expti Zi   n E expti 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

Γ1  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 Λ1/2Γ, (5.3.4)

ditinggalkan sebagai latihan.

Kita definisikan vektor acak X sebagai

X  Σ1/2Z  μ, (5.3.5)

di mana μ vektor konstanta n1. Menggunakan persamaaan (5.3.1)

kita peroleh

E X  E Σ1/2Z  μ  μ dan CovX  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  Σ1/2 (X  μ),

dengan Jacobi Σ1/2  Σ 1/2 . Oleh karena itu pdf dari Z adalah

fZ (z)  1 Σ 1/2 exp  1 x  μt Σ1 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 exptt AX  b

     exp ttb E exp Att t X 


 expttbexp Attt μ  1 Attt 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  12, di mana 

koefisien korelasi anara X1 dan X 2. Kita peroleh kebalikan dari Σ,

1   2 1 
 Σ1   2 12 2  .
 
12 2 1 2  1 2
2

Jadi pdf dari X   X1, X2 t adalah

f (x1, x2 )  1 1 2 eq / 2 ,
21 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 )  21  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 Σ1 X2  μ2 , Σ11  Σ12Σ221Σ21 .
22

Bukti

Kita tentukan sebaran bersama dari vektor-vektor acak

W = X1  Σ12Σ221X2 dan X2. Sebaran ini diperoleh dari transformasi

W   I0m Σ12 Σ1   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  Σ12Σ221μ2, E(X2 )  μ2,

dan matriks kovariansnya adalah

I0m Σ12 Σ1   Σ11 Σ12   Im 0   Σ11  Σ12 Σ 221 Σ 21 0 .
22   Σ Σ   Σ221Σ21 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  Σ12Σ221X2 bila X2
adalah

 Nm μ1  Σ12Σ221μ2  Σ12Σ221X2 , Σ11  Σ12Σ221Σ21 ,

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  t1/2.

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  n1 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) PY 15
(vii) P8  Y 15

Penyelesaian
(i) f ( y;10)  1 y51e 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) PY 15  H (15;10)  0.8679, diperoleh dari Minitab.

(vii) P8  Y 15  PY 15  PY  8  H (15;10)  H (8;10)

 0.8679  0.3712  0.4968,

diperoleh dari Minitab.

186


Click to View FlipBook Version