Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika TA 2018/2019 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan

        Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasannya mata kuliah Statistika Matematika (Tahun Ajaran 2018/2019) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 4 oleh Dr. Ahmad Yani T, M.Pd pada tanggal 10 April 2019.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – UTS Statistika Matematika TA 2017/2018 Prodi Pend. Matematika FKIP Untan

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – UAS Statistika Matematika TA 2017/2018 Prodi Pend. Matematika FKIP Untan

Quote by John Dewey 

Pendidikan bukanlah persiapan untuk hidup. Pendidikan adalah hidup itu sendiri.

Soal Nomor 1
Jika $p$ berdistribusi binomial dengan
$$p(x) = \begin{cases} \displaystyle \binom{n}{x} p^x(1-p)^{n-x}, x = 1, 2, 3, \cdots, n \\ 0,~\text{untuk}~x~\text{yang lain} \end{cases}$$maka $E(x) = np$ dan $\text{Var}(x) = npq$.

Tuliskan teorema di atas dalam bentuk simbolik, kemudian buktikan.

Pembahasan

Bentuk simbolik teorema di atas:
$b(x, n, p) \Rightarrow E(x) = np \land \text{Var}(x) = npq$
Pembuktian:
Misalkan hasil pada usaha ke-$j$ dinyatakan oleh peubah acak $I_j$ yang mendapat nilai $0$ atau $1$ (gagal atau sukses), masing-masing dengan peluang $q$ dan $p$, sehingga banyaknya sukses dalam suatu percobaan binomial dapat dituliskan sebagai jumlah $n$ peubah bebas, yaitu
$X = \displaystyle \sum_{j=1}^n I_j$.

Perhatikan bahwa untuk setiap $j$ berlaku
$E(I_j) = (0)(q) + (1)(p) = p$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} E(X) & = E\left(\displaystyle \sum_{j=1}^n I_j\right) \\ & = E(I_1) + E(I_2) + \cdots + E(I_n) \\ & = \underbrace{p + p + \cdots + p}_{\text{sebanyak}~n} = np \end{aligned}$
Jadi, terbukti bahwa rataan distribusi binomial dirumuskan oleh
$\mu = E(x) = np$.

Variansi setiap $E(I_j)$ diberikan oleh
$\begin{aligned} \sigma_{I_j}^2 & = E[(I_j- p)^2] \\ & = E(I_j^2)- p^2 \\ & = (0)^2q + (1)^2p- p^2 \\ & = p- p^2 \\ & = p(1-p) = pq \end{aligned}$
Kasus ini dapat diperluas untuk $n$ peubah bebas, sehingga diperoelh variansi distribusi binomial,
$\begin{aligned} \sigma_X^2 & = \displaystyle \sum_{j=1}^n \sigma_{I_j}^2 \\ & = \underbrace{pq+pq+pq+\cdots+pq}_{\text{sebanyak}~n} = npq \end{aligned}$
Jadi, terbukti bahwa variansi distribusi binomial dirumuskan oleh $\sigma = \text{Var}(x) = npq$.

[collapse]

Soal Nomor 2
Misalkan peubah acak $Y$ berdistribusi gamma dengan parameter $\alpha = 2$ dan $\beta = 3$. Hitung peluang ketika $Y$ bernilai lebih dari $4$.

Pembahasan

Fungsi kepadatan/densitas peluang dari peubah acak $X$ yang berdistribusi gamma dengan parameter $\alpha$ dan $\beta$ berbentuk
$$F(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}e^{-\frac{x}{\beta}}, & \text{jika}~x > 0 \\ 0, &\text{untuk}~x~\text{yang lainnya} \end{cases}$$Untuk $\alpha=2$ dan $\beta=3$, diperoleh fungsi densitas $Y$, yakni
$$F(y) = \begin{cases} \left(\dfrac{y}{9}\right)e^{-\frac{y}{3}}, & y > 0 \\ 0, &\text{untuk}~y~\text{yang lainnya} \end{cases}$$(Variabel menyesuaikan soal)
Karena distribusi gamma bersifat kontinu, maka perhitungannya melibatkan integral tentu.
Peluang bahwa $Y$ bernilai lebih dari $4$ selanjutnya dinyatakan oleh
$\begin{aligned} P(Y > 4) & = \displaystyle \int_4^{\infty} \dfrac19ye^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y \\ & = \dfrac19 \lim_{b \to \infty} \int_4^bye^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y \end{aligned}$
Bentuk integral $\int ye^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y$ dapat diselesaikan
dengan menerapkan metode integral parsial.
Misalkan $u = y$ dan $v’ = e^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y$, sehingga $u’ = \text{d}y$ dan $v = \int e^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y =-3e^{-\frac{y}{3}}$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \int uv’ & = uv- \int u’v \\ \int ye^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y & = y(-3e^{-\frac{y}{3}})- \int (-3e^{-\frac{y}{3}})~\text{d}y \\ & =-3ye^{-\frac{y}{3}} + 3 \int e^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y \\ & =-3ye^{-\frac{y}{3}}- 9e^{-\frac{y}{3}} \end{aligned}$
Untuk itu, diperoleh
$$\begin{aligned} & \dfrac19 \lim_{b \to \infty} \int_4^b ye^{-\frac{y}{3}}~\text{d}y \\ & = \dfrac19 \lim_{b \to \infty} \left[-3ye^{-\frac{y}{3}}- 9e^{-\frac{y}{3}}\right]_{y=4}^b \\ & = \dfrac19 \lim_{b \to \infty} \left[-3be^{-\frac{b}{3}}- 9e^{-\frac{b}{3}} + 3(4)e^{-\frac{4}{3}} + 9e^{-\frac{4}{3}}\right] \\ & = \dfrac19 \lim_{b \to \infty} \left[-3be^{-\frac{b}{3}}- 9e^{-\frac{b}{3}} + 21e^{-\frac{4}{3}}\right] \\ & = \dfrac19 \left[0- 9(0) + 9 + 21e^{-\frac43}\right] \approx 0,6151 \end{aligned}$$Jadi, peluang bahwa $Y$ bernilai lebih dari $4$ adalah $\boxed{0,6151}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Fungsi peluang gabungan dari $X$ dan $Y$ berbentuk:
$f(x,y) = \begin{cases} kxy;~0<x<1, 0<y<1 \\ 0,~\text{untuk}~x,y~\text{lainnya} \end{cases}$
dengan $X, Y$ merupakan peubah acak yang bebas stokastik. Berapakah nilai $k$?

Pembahasan

Fungsi peluang marginal dari $X$ adalah
$\begin{aligned} p_1(x) & = \displaystyle \int_0^1 kxy~\text{d}y \\ & = \left[\dfrac12kxy^2\right]_0^1 \\ & = \dfrac12kx(1)^2- \dfrac12kx(0)^2 \\ & = \dfrac12kx \end{aligned}$
Fungsi peluang marginal dari $Y$ adalah
$\begin{aligned} p_2 (y) & = \displaystyle \int_0^1 kxy~\text{d}x \\ & = \left[\dfrac12kx^2y\right]_0^1 \\ & = \dfrac12k(1)^2y- \dfrac12k(0)^2y \\ & = \dfrac12ky \end{aligned}$
Karena peubah acak $X$ dan $Y$ bebas stokastik, maka berlaku
$p(x, y) = p_1(x) \cdot p_2(y)$
sehingga
$\begin{aligned} kxy & = \dfrac12kx \cdot \dfrac12ky \\ \cancel{kxy} & = \dfrac14k(\cancel{kxy}) \\ 1 & = \dfrac14k \\ k & = 4 \end{aligned}$
Jadi, nilai $\boxed{k=4}$

[collapse]

Soal Nomor 4
Keluarga Markus berencana memiliki $3$ orang anak. Bila $X$ menyatakan kejadian lahirnya anak laki-laki,

  1. hitunglah probabilitas kelahiran $2$ anak laki-laki.
  2. probabilitas memiliki tidak lebih dari $2$ anak laki-laki. 
  3. hitunglah rata-rata dan simpangan baku peubah acak $X$.
Pembahasan

Kasus ini tergolong kasus Distribusi Binomial karena hanya ada $2$ kemungkinan kelahiran yang mungkin: laki-laki atau perempuan.
Nilai peluangnya dinyatakan oleh
$P(X = x) = \displaystyle \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}$
Misalkan $n$ menyatakan banyak anak yang diinginkan dan $p$ menyatakan peluang kelahiran anak laki-laki.
Diketahui:
$\begin{aligned} n & = 3 \\ p & = 0,5 \end{aligned}$
Jawaban a)
Kelahiran $2$ anak laki-laki berarti nilai $x = 2$.
$\begin{aligned} P(X = x) & = \displaystyle \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} \\ P(X = 2) & = \displaystyle \binom{3}{2}(0,5)^2(1-0,5)^{3-2} \\ & = \dfrac{3!}{2!(3-2)!}(0,5)^3 = 0,375 \end{aligned}$
Jadi, peluang kelahiran $2$ anak laki-laki adalah $\boxed{0,375}$
Jawaban b)
Kelahiran tidak lebih dari $2$ anak laki-laki berarti nilai $x$ yang mungkin adalah $x = 0, x = 1$, atau $x=2$
$$\begin{aligned} P(X \leq 2) & = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) \\ & = \displaystyle \binom{3}{0}(0,5)^0(1-0,5)^{3-0} + \binom{3}{1}(0,5)^1(1-0,5)^{3-1} \\ & + \binom{3}{2}(0,5)^2(1-0,5)^{3-2} \\ & = 0,125 + 3(0,125) + 3(0,125) = 0,875 \end{aligned}$$Jadi, peluang kelahiran tidak lebih dari $2$ anak laki-laki adalah $\boxed{0,875}$
Jawaban c)
Rata-rata peubah acak $X$ (distribusi binomial) dinyatakan oleh
$\mu = np = 3(0,5) = 1,5$
Simpangan baku peubah acak $X$ (distribusi binomial) dinyatakan oleh
$\sigma = \sqrt{npq} = \sqrt{3(0,5)(0,5)} \approx 0,866$
di mana $q$ menyatakan peluang kejadian kelahiran anak perempuan.

[collapse]

Baca: Soal dan Pembahasan – Distribusi Peluang Binomial

Soal Nomor 5
Dalam sebuah majalah yang terdiri dari $120$ halaman, terdapat $80$ kata yang salah cetak dan berdistribusi secara acak dalam halaman-halaman majalah tersebut. Hitung probabilitas bila seandainya satu halaman majalah tersebut dibuka sehingga:
a. tidak terdapat kata yang salah cetak
b. terdapat tepat $4$ kata yang salah cetak.

Pembahasan

Kasus ini tergolong kasus Distribusi Poisson.
Diketahui:
$\begin{aligned} n & = 80 \\ p & = \dfrac{1}{120} \\ \lambda & = np = 80 \times \dfrac{1}{120} \approx 0,67 \end{aligned}$
Jawaban a)
Tidak terdapat kata yang salah cetak berarti nilai $x = 0$.
$\begin{aligned} P(X = x) & = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ P(X = 0) & = \dfrac{(0,67)^0e^{-0,67}} {0!} \\ & = \dfrac{1 \times e^{-0,67}}{1} \approx 0,512 \end{aligned}$
Jadi, peluang tidak terdapat kata yang salah cetak saat halaman majalah dibuka adalah $\boxed{0,512}$
Jawaban b)
Terdapat tepat $4$ kata yang salah cetak berarti nilai $x = 4$.
$\begin{aligned} P(X = x) & = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ P(X = 4) & = \dfrac{(0,67)^4e^{-0,67}} {4!} \\ & \approx \dfrac{0,202 \times 0,512}{24} = 0,004 \end{aligned}$
Jadi, peluang terdapat tepat $4$ kata yang salah cetak saat halaman majalah dibuka adalah $\boxed{0,004}$

[collapse]

Baca: Materi, Soal dan Pembahasan – Distribusi Poisson