BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU

BEBERAPA DISTRIBUSI PELUANG KONTINU

1.      DISTRIBUSI NORMAL

Distribusi normal ( distribusi Gauss )adalah distribusi peluang kontinu yang terpenting dalam seluruh bidang statistik. Grafiknya disebut kurva normal, berbentuk lonceng yang menyatakan kumpulan data yang muncul dalam alam seperti berikut:

Nama lainnya: distribusi Gauss (Gaussian distribution)

Kurva distribusi normal disebut juga kurva normal atau kurva topi orang Meksiko (mexican hat).

Suatu peubah acak X yang distribusinya berbentuk lonceng seperti pada gambar disebut peubah acak normal. Distribusi peluang peubah normal kontinu bergantung pada dua parameter μ dan σ, yaitu rataan dan simpangan baku. Jadi fungsi padat X dinyatakan dengan n(x;μ,σ).

           

            Distribusi normal. Fungsi padat peubah acak normal X, dengan rataan m dan variansi s², ialah :

dengan π = 3,14159… dan e = 2,71828…

Cukup dengan mengetahui μ dan s, maka seluruh kurva normal diketahui.

Misalnya bila μ = 30 dan s = 8, maka ordinat n(x; 30, 8) dapat dihitung untuk berbagai nilai x dan kurvanya dapat digambarkan.

Kurva normal dengan μ1 < μ2 dan s1 = s2 :

Kurva normal dengan μ1 < μ2 dan s1 < s2 :

Sifat-Sifat Kurva Normal:

1.      Modus, adalah suatu titik yang terletak pada sumbu x di mana kurva mempunyai nilai maksimum, yaitu pada x = μ

2.       Kurva berbentuk simetri terhadap sumbu tegak pada x = μ

3.      Kurva mempunyai titik belok pada x = μ } σ, cekung dari bawah bila μ – s < x < μ + s dan cekung dari atas untuk  nilai x lainnya

4.      Kedua ujung kurva normal mendekati sumbu datar secara asimptotik bila x bergerak menjauhi μ baik dari kiri maupun dari kanan.

5.      Luas daerah di bawah kurva adalah 1

2.      LUAS DAERAH DI BAWAH KURVA NORMAL

Untuk mengatasi kesulitan dalam menghitung integral fungsi padat normal, maka dibuat tabel luas kurva normal.

Tetapi, tidak mungkin membuat tabel berbeda untuk setiap nilai μ dan s.

Untunglah seluruh pengamatan setiap peubah acak normal X dapat ditransformasikan menjadi himpunan pengamatan baru peubah acak normal Z dengan rataan 0 dan variansi 1.

Definisi.:

Distribusi peubah acak normal dengan rataan 0 dan variansi 1 disebut dengan distribusi normal baku (standard normal distributiion).

Cara transformasinya sebagai berikut:

Bila X bernilai antara x = x1 dan x = x2 maka peubah acak Z bernilai antara z1 = (x1 – μ)/s dan z2 = (x2 – μ)/s

                                       

                                             

Dengan transformasi tersebut, maka tabel luas kurva normal yang dibutuhkan cukup satu saja, yaitu distribusi normal baku.

Contoh

Diberikan distribusi normal baku, hitunglah daerah di bawah kurva yang dibatasi:

(a) sebelah kanan z = 1.84

(b) antara z = -1.97 dan z = 0.86

Jawaban:

a.       Luas sebelah kanan = 1 – luas sebelah kiri z = 1.84 (lihat gambar di halaman berikut ini). Dari tabel luas sebelah kiri =  0.9671, jadi Luas sebelah kanan = 1 – 0.9671 = 0.0329

b.      Luas daerah antar batas tersebut adalah luas di sebelah kiri z = 0.86 dikurangi dengan luas di sebelah kiri z = -1.97. Dari tabel diperoleh 0.8051 - 0.0244 = 0.7807

3.      PENERAPAN DISTRIBUSI NORMAL

Banyak masalah yang beberapa diantaranya dapat memakai jasadistribusi normal, dibicarakan pada contoh soal berikut :

         

         

       

          

        

4.      APROKSIMASI NORMAL UNTUK BINOMIAL

Dalam bahan kuliah sebelumnya sudah dijelaskan bahwa distribusi Poisson dapat digunakan untuk menghampiri distribusi binomial ketika n membesar dan p sangat dekat ke 0 atau 1. Kedua distribusi tersebut adalah diskrit.

Distribusi normal juga dapat digunakan untuk menghampiri distribusi binomial bilamana n cukup besar. Distribusi normal sering merupakan hampiran yang baik terhadap distribusi diskrit bila yang terakhir ini berbentuk lonceng setangkup.

Jika X adalah peubah acak binomial dengan rataan μ = np dan variansi σ2 = npq, maka bentuk limit dari distribusi:

         Z =

bila n→ ∞ adalah distribusi normal standard n(z; 0, 1)

Misalkan dari distribusi binomial diketahui n = 15 dan p = 0.4. Untuk menghitun P(X = 4), maka dengan tabel binomial mudah dihitung,

P(X = 4) = b(4; 15, 0.4) = 0.1268

Sekarang nilai peluang itu akan dihampiri dengan distribusi normal. Hitunglah

μ = np = (15)( 0.4) = 6

s2 = npq = (15)(0.4().6) = 3.6 _s = Ö3.6 = 1.897

Dari perhitungan binomial, telah diketahui P(X = 4) = 0.1268. Nilai ini sama dengan luas daerah di bawah kurva normal antara x1 = 3.5 dan x2 = 4.5 (dimana x = 4 adalah titik tengah).

Jika diubah ke nilai z, maka

z1 = (3.5 – 6) / 1.897 = -1.32

z2 = (4.5 – 6) / 1.897 = -0.79

Bila X peubah acak binomial dan Z peubah normal baku,  

P(X = 4) = b(4; 15, 0.4)

   = P(-1.32 < Z < -0.79)

   = P(Z < -0.79) – P(Z < -1.32)

   = 0.2148 – 0.0934

  = 0.1214

Hasil ini cukup dekat dengan nilai sesungguhnya yaitu 0.1268. Hampiran normal akan berguna untuk menghitung jumlah binomial untuk nilai n yang besar.

5.      DISTRIBUSI GAMMA

Fungsi gamma adalah fungsi berbentuk:

Peubah acak kontinu X mempunyai distribusi gamma, dengan parameter α danb, jika fungsi padat peluangnya diberikan oleh:

dengan a > 0 dan b > 0

Grafik fungsi gamma:

Teorema 2

Rataan dan variansi distribusi gamma adalah μ=αβ dan σ2 = αβ2

Distribusi Eksponensial

Distribusi gamma dengan α = 1 disebut distribusi eksponensial. Distribusi eksponensial digunakan dalam teori keandalan dan waktu tunggu atau teori antrian.

Distribusi Eksponensial. Peubah acak kontinu X berdistribusi eksponensial Dengan parameter β, bila fungsi padatnya diberikan oleh :

Rataan dan variansi dari distribusi gamma adalah

Akibatnya, rataan dan variansi distribusi eksponensial adalah:

Aplikasi distribusi eksponensial:

1.      Dalam teori antrian, jarak antar kedatangan pelanggan di fasilitas pelayanan (seperti bank, loket kereta api, tukang cukur, dsb) memenuhi distribusi eksponensial.

2.      Lama waktu mulai dipakai sampai rusaknya suatu suku cadang dan alat listrik memenuhi distribusi eksponensial.

Hubungan dengan proses Poisson

·         Hubungan antara distribusi eksponensial dan proses Poisson cukup sederhana.

·         Misalkan distribusi Poisson dengan parameterλ, dimana λ adalah banyaknya kejadian dalam satu satuan waktu. Misalkan X adalah peubah acak yang menyatakan panjang selang waktu yang diperlukan agar kejadian pertama terjadi. Dengan distribusi Poisson, peluang tidak ada kejadian yang muncul sampai selang waktu t adalah

·         Peluang panjang selang waktu kejadian pertama terjadi sampai melewati X sama dengan peluang tidak ada kejadian. Fungsi distribusi kumulatif dari X adalah:

Fungsi densitas adalah turunan fungsi diatas:

yang merupakan fungsi padat peluang distribusi eksponesial dengan λ = 1/b

·         Hal yang perlu diperhatikan adalah parameter l dan b. Rataan dari distribusi eksponensial adalah b yang sama dengan 1/ l. b adalah rataan antara dua kejadian yang berturutan.

·         Teori keandalan (reliability) yang menyangkut kegagalan peralatan sering memenuhi proses Poisson, di sini b dapat merepresentasikan waktu rata-rata antara kegagalan.

·         Banyak kerusakan peralatan memenuhi proses Poisson, dan karena itu distribusi eksponensial dapat diterapkan di situ.

6.      PENERAPAN DISTRIBUSI EKSPONENSIAL DAN GAMMA

Contoh 1

Misalkan suatu system mengandung sejenis komponen yang daya tahannya dalam tahun dinyatakan oleh peubah acak T yang berdistribusieksponensialdengan parameter waktu rataan sampai gagal β = 5. Bila sebanyak 5 komponen tersebut dipasang dalam system yang berlainan, berapakah peluang bahwa paling sedikit 2 masih akan berfungsi pada akhir tahun ke delapan?

          Jawab

Peluang bahwa suatu komponen tertentu masih akan berfungsi setelah 8 tahun adalah

Misalkan  X menyatakan bahwa suatu komponen yang masih berfungsi setelah 8 tahun. Dengan menggunakan distribusi binomial, diperoleh Pentingnya distribusi gamma terletak pada kenyataan bahwa distribusi ini merupakan suatu keluarga distribusi yang distribusi lainnya merupakan hal khusus. Tetapi gamma sendiri mempunyai terapan penting dalam waktu menunggu dan teori ke andalan. Jika distribusi eksponensial memberikan waktu sampai terjadinya kejadian Poisson (atau waktu antara kejadian poissson) maka waktu (atau ruang) terjadinya sampai sejumlah tertentu kejadian Poisson terjadi merupakan peubah acak yang fungsi padatnya diberikan oleh distribusi gamma. Jumlah tertentu kejadian ini adalah parameter α dalam fungsi padat gamma. Karena itu mudah dipahami bahwa bila α =1 hal khusus distribusi eksponensial berlaku. Fungsi padat gamma dapat diperoleh darih ubungannyad engan proses Poisson mirip dengan cara memperoleh fungsi padat eksponensial. Rinciannya diserahkan sebagai latihan. Berikut adalah contoh numeric penggunaan distribusi gamma dalam penerapan waktu menunggu.

Contoh 2

Misalkanlah bahwa hubungan telepon tiba disuatu gerdu (sentral memenuhi proses Poisson dengan rata-rata 5 hubungan masuk per menit. Berapakah peluangnya bahwa setelah semenit berlalu baru 2 hubungan masuk ke gardu tadi?

          Jawab:

Proses Poisson berlaku dengan waktu sampai 2 kejadian Poissonmemenuhidistribusi gamma dengan dan . Misalkan peubah acak X menyatakan waktu dalam menit yang berlalu sebelum 2 hubunganmasuk. Peluang yang dicariadalah

7.      DISTRIBUSI KHI-KUADRAT

Kasus khusus yang lain dari distribusi gamma adalah dengan mengambil a = v/2 dan b = 2, untuk v bilangan bulat positif. Hasilnya disebut distribusi khi-kuadrat (chi-squared). Parameter v disebut derajat kebebasan.

Peubah acak kontinu X mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan v, bila fungsi padat peluangnya diberikan oleh:

Rataan dan variansi distribusinya adalah m = v dan s2 = 2v

8.      DISTRIBUSI WEIBULL

Peubah acak kontinu X mempunyai distribusi Weibull, dengan parameter a dan b, bila fungsi padatnya berbentuk:

dengan a > 0 dan b > 0.

Rataan dan variansi dari distribusi Weibull adalah

SOAL DAN PEMBAHASAN

1.      Diberikan distribusi normal baku, hitunglah daerah di bawah kurva yang dibatasi:

a.       sebelah kanan z = 1.84

b.      antara z = -1.97 dan z = 0.86

Jawaban:

a.       Luas sebelah kanan = 1 – luas sebelah kiri z = 1.84 (lihat gambar di halaman berikut ini). Dari tabel luas sebelah kiri = 0.9671, jadi Luas sebelah kanan = 1 – 0.9671 = 0.0329

b.      Luas daerah antar batas tersebut adalah luas di sebelah kiri z = 0.86 dikurangi dengan luas di sebelah kiri z = -1.97. Dari tabel diperoleh 0.8051 - 0.0244 = 0.7807

   

2.      Diberikan distribusi normal dengan μ = 50 dan σ = 10, hitunglah peluang x terletak antara 45 dan 62.

Jawaban:

(lihat gambar di halaman berikut ini)

Nilai z yang bersesuaian dengan x tersebut adalah:

Sehingga

        

3.      Diketahui suatu distribusi normal dengan μ = 40 dan s = 6, carilah x sehingga:

a.       luas di sebelah kirinya 45%

b.      luas di sebelah kanannya 14%

Jawab :

a.        

Diinginkan nilai x sehingga luas kirinya 0.45

Dari tabel normal baku diperoleh

P(Z < -0.13) = 0.45,

jadi nilai z yang dicari adalah -0.13. Oleh karena itu

x = (6)(-0.13) + 40 = 39.22

b.      Dengan cara yang sama, diinginkan luas di sebelah kanan nilai yang dicari adalah 0.14, ini berarti luas di sebelah kirinya adalah 1 – 0.14 = 0.86. Dari tabel normal baku diperoleh

P(Z > 1.08) = 0.86

jadi nilai z yang dicari adalah 1.08. Oleh karena itu

x = (6)(1.08) + 40 = 46.48

4.      Sebuah mesin pembuat resistor dapat memproduksi resistor dengan ukuran rata-rata 40 ohm dengan standard deviasi 2 ohm. Misalkan ukuran tersebut mempunyai distribusi normal, tentukan peluang resistor mempunyai ukuran lebih dari 43 ohm.

Jawaban:

Lakukan transformasi terlebih dulu:

Sehingga dapat dihitung

5.      Suatu jenis batere mobil rata-rata berumur 3,0 tahun dengan simpangan baku 0.5 tahun. Bila dianggap umur bater berdistribusi normal, carilah peluang suatu batere berumur kurang dari 2.3 tahun.

Jawab :

Untuk menghitung P(X < 2.3), hitunglah luas di bawah kurva normal sebelah kiri titik 2.3. Ini sama saja menghitung luas daerah sebelah kiri z padanannya: z = (2.3 – 3.0)/0.5 = 1.4 dan dari tabel normal baku diperoleh:

P(X < 2.3) = P(Z < -1.4) = 0.0808

6.      Suatu perusahaan listrik menghasilkan bola lampu yang umurnya berdistribusi normal dengan rataan 800 jam dan simpangan baku 40 jam,

Hitunglah peluang suatu bola lampu dapat menyalaantara 778 dan 834 jam.

Jawab ;

7.      dari 200 orang mahasiswa yang mengikuti ujian Kalkulus di sebuah Prodi, diperoleh bahwa nilai rata-rata adalah 60 dan simpangan baku (standard devisasi) adalah 10. Bila distribusi nilai menyebar secara normal, berapa:

a.       persen yang mendapat A, jika nilai A ³ 80;

b.      persen yang mendapat nilai C, jika nilai C terletak pada interval 56 ≤ C ≤ 68;

c.       persen yang mendapat nilai E jika nilai E < 45

jawab :

Misalkan X adalah peubah acak yang menyatakan nilai ujian Kalkulus.

8.      Dalam soal ujian terdapat 200 pertanyaan multiple choice, setiap soal terdiri dar 4 jawaban dan hanya satu jawaban yang benar. Bila seorang siswa hanya menerka saja, berapakah peluang siawa menebak dengan benar sebanyak 25 sampai 30 dari 80 soal?

Jawaban:

Peluang jawaban yang benar untuk tiap soal adalah p = 1/4. Jika X adalah peubah acak yang menyatakan banyaknya jawaban yang benar dengan menerka, maka :

Dengan menggunakan hampiran kurva normal dengan

Diperlukan luas antara x1 = 24.5 dan x2 = 30.5. Nilai peubah z yang bersesuaian adalah:

Sehingga dapat dihitung:

9.      Peluang seorang penderita sembuh dari suatu penyakit adalah 0.4. Bila ada 100 orang yang terkena penyakit tersebut, berapa peluang bahwa kurang dari 30 orang yang sembuh?

Jawab :

Misalkan X peubah binomial yang menyatakan banyaknya penderita yang sembuh. Karena n = 100, maka penggunaan hampiran kurva normal seharusnya memberikan hasil yang cukup tepat dengan

μ = np = (100)(0.4) = 40

s = Ö(npq) = Ö{(100)(0.4)(0.6)} = 4.899

Untuk mendapatkan peluang yang diminta, harus dicari luas di sebelah kiri x = 29.5.Nilai z yang berpadanan adalah

z = (29.5 – 40)/4.899 = -2.14

Jadi, peluang 30 orang sembuh dari 100 penderita adalah

P(X < 30) = P(Z < -2.14) = 0.0162

10.  Suatu system mengandung sejenis komponen yang daya tahannya dalam tahun dinyatakan oleh peubah acak T. Peubah acak T berdistribusi eksponensial dengan parameter waktu rataan sampai gagal b = 5. Jika terdapat 5 buah komponen dipasang pada sistem yang berlainan, tentukan peluang sekurangkurangnya 2 komponen masih berfungsi sampai akhir tahun ke-8.

Jawab :

Peluang komponen masih berfungsi hingga akhir tahun ke 8 adalah

Misalnya X adalah jumlah eksponen yang masih berfungsi hingga akhir tahun ke-8, maka dengan distribusi binomial

11.  Suatu panggilan telepon datang pada papan switching mengikuti proses Poisson, dengan rata-rata 5 sambungan datang tiap menit. Tentukan peluang hingga 1 menit berlalu baru 2 sambungan yang datang.

Jawaban:

Proses Poisson dapat diterapkan dengan menunggu 2 kejadian Poisson terjadi mempunyai distribusi Gamma dengan b = 1/5 dan α = 2. Misalkan X adalah selang waktu sebelum 2 panggilan telpon datang. Peluangnya adalah