Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika TA 2017/2018 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan

Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasannya mata kuliah Statistika Matematika (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 6 oleh Dr. Ahmad Yani T, M.Pd pada tanggal 23 April 2018.

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

Baca Juga: Soal dan Pembahasan – UTS Statistika Matematika TA 2018/2019 Prodi Pend. Matematika FKIP Untan

Soal Nomor 1
Jika $X$ dan $Y$ peubah acak dengan variansi $\sigma_x^2 = \sigma_y^2 = 3$ dan kovariansi $\sigma_{xy} = 3$, tentukan variansi peubah acak $Z = 2X- 3Y + 7$.

Pembahasan

$\begin{aligned} \sigma_Z^2 = \sigma_{2X-3Y+7} & = \sigma_{2X-3Y} \\ & = 4\sigma_x^2- 12\sigma_{xy} + 9\sigma_y^2 \\ & = 4(3)- 12(3) + 9(3) = 3 \end{aligned}$
Jadi, variansi peubah acak $Z = 2X- 3Y + 7$ adalah $3$.

[collapse]

Soal Nomor 2
Misalkan kita mengundi sebuah dadu yang seimbang sebanyak $8$ kali. Tentukan peluang bahwa munculnya mata dadu $5$ paling sedikit $6$ kali.

Pembahasan

Gunakan distribusi binomial. 
Misalkan $x$ menyatakan banyak mata dadu yang muncul, dan dalam kasus ini, $n = 8$ dan $p = \dfrac{1}{6}$, di mana $n$ menyatakan banyaknya percobaan dan $p$ menyatakan peluang munculnya mata dadu $5$ saat satu kali pelemparan dadu. Fungsi peluang dari $X$ selanjutnya dinyatakan sebagai
$$\begin{aligned} P(X = x) & = \displaystyle \binom{n} {x} p^x(1-p) ^{n-x} \\  P(X \geq 6) & = P(X = 6) + P(X = 7) + P(X = 8) \\ & = \binom{8}{6}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^6 \left(\dfrac{5}{6}\right)^2 + \binom{8}{7}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^7 \left(\dfrac{5}{6}\right)  + \binom{8}{8}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^8 \left(\dfrac{5}{6}\right)^0 \\ & = \dfrac{700 + 40 + 1}{6^8} = 0,00044 \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya mata dadu $5$ paling sedikit $6$ kali adalah $\boxed{0,00044}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Jika $X$ mempunyai fungsi peluang
$f(x) = \begin{cases} 2(1-x), &~\text{jika}~0 < x < 1 \\ 0, &~\text{untuk}~x~\text{yang lain} \end{cases}$
Tentukan nilai $E(6x + x^2)$.

Pembahasan

Dengan menggunakan definisi ekspektasi, 
$\begin{aligned} \displaystyle E(6x + x^2) & = \int_0^1 (6x+x^2)(2(1-x))~\text{d}x \\ & = \int_0^1 (12x- 10x^2- 2x^3)~\text{d}x \\ & = \left[6x^2- \dfrac{10}{3}x^3- \dfrac{1}{2}x^4\right]_0^1 \\ & = 6-\dfrac{10}{3}- \dfrac{1}{2} = \dfrac{13}{6} \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $E(6x + x^2)$ adalah $\boxed{\dfrac{13}{6}}$

[collapse]

Soal Nomor 4
Dalam suatu kelas terdapat $20$ orang siswa, $5$ siswa di antaranya berbaju putih, $10$ siswa berbaju coklat, dan $5$ siswa lainnya berbaju merah. Dipilih secara acak $3$ siswa satu per satu. Peluang kejadian dua siswa terpilih berbaju coklat dan satu siswa berbaju putih adalah $\cdots \cdot$

Pembahasan

Ada $3$ kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu $(C, C, P)$, $(C, P, C)$, $(P, C, C)$, di mana $P$ menyatakan terpilihnya siswa berbaju putih dan $C$ menyatakan terpilihnya siswa berbaju coklat. Karena pemilihannya satu per satu, maka peluang kejadian dua siswa terpilih berbaju coklat dan satu siswa berbaju putih (kejadiannya dinotasikan $X$) adalah
$\begin{aligned} P(X) & = \dfrac{10}{20} \times \dfrac{9}{19} \times \dfrac{5}{18} + \dfrac{10}{20} \times \dfrac{5}{19} \times \\ & \dfrac{9}{18} + \dfrac{5}{20} \times \dfrac{10}{19} \times \dfrac{9}{18}  \\ & = 3 \times \dfrac{10}{20} \times \dfrac{9}{19} \times \dfrac{5}{18} = \dfrac{15}{76} \end{aligned}$
Catatan: Selain cara di atas, kita juga dapat menggunakan Aturan Kombinasi,

$\dfrac{C_3^{10} \times C_1^5}{C_3^{20}}$
Setelah diproses perhitungannya, jawaban akhirnya juga sama, yaitu $\dfrac{15}{76}$.

[collapse]

Soal Nomor 5
Misalkan $X$ dan $Y$ memiliki fungsi peluang bersama
$f(x, y) = c(y^2-x^2)e^{-y},-y \leq x \leq y$, $0 < y < \infty$
Tentukan nilai $c$.

Pembahasan

Karena $X$ dan $Y$ fungsi peluang bersama, maka haruslah persamaan berikut terpenuhi. 
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y)~\text{d}x~\text{d}y = 1$. 
Untuk itu,
$\begin{aligned} 1 & = \displaystyle \int_{0}^{\infty} \int_{-y}^{y} c(y^2-x^2)e^{-y}~\text{d}x~\text{d}y \\ & = \int_0^{\infty} \left[c\left(y^2x- \dfrac{x^3}{3}\right) e^{-y}\right]_{-y}^y~\text{d}y \\ & = \dfrac{4}{3}c \int_0^{\infty} e^{-y}y^3~\text{d}y~~~~\bigstar \\ & = \dfrac{4}{3}c(3!) \\ & = 8c \end{aligned} $
Dengan demikian, diperoleh 
$1 = 8c \Rightarrow c = \dfrac{1}{8}$
Jadi, nilai $c$ yang memenuhi adalah $\dfrac{1}{8}$. 
Catatan: $\bigstar$ Gunakan teorema
$\boxed{\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-y}y^n~\text{d}y = n!}$

[collapse]

Soal Nomor 6
Berdasarkan teori genetika, perbandingan seekor hamster betina akan melahirkan anak dengan warna bulu merah, hitam, dan putih adalah $8 : 4 : 4$. Peluang akan lahirnya anak hamster dengan warna merah sebanyak $5$ ekor, hitam $2$ ekor, dan putih $1$ ekor dari kelahiran $8$ ekor adalah $\cdots \cdot$

Pembahasan

Diketahui perbandingan seekor hamster betina melahirkan anaknya dengan warna bulu merah, hitam, putih adalah $8 : 4 : 4 = 2 : 1 : 1$
Dengan menggunakan distribusi multinomial, didapat
$$\begin{aligned} f\left(5;2;1;\dfrac{2}{4}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{4}\right) & = \binom{8}{5~2~1}\left(\dfrac{2}{4}\right)^5 \times \left(\dfrac{1}{4}\right) ^2 \times \left(\dfrac{1}{4}\right) \\ & = \dfrac{8!} {5!~2!~1!} \times \dfrac{1}{32 \times 16 \times 4} \\ & = \dfrac{3}{7} = 0,656 \end{aligned}$$Jadi, peluang lahirnya anak hamster dengan bulu berwarna merah, hitam, dan putih berturut-turut sebanyak $5$, $2$, dan $1$ ekor adalah $\boxed{0,656}$

[collapse]

Bagian Esai

Soal Nomor 1
Buktikan teorema berikut. 
Jika $X$ berdistribusi eksponen, dengan
$f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}, &~\text{jika}~0 \leq x < \infty \\ 0, &~\text{untuk}~x~\text{yang lain} \end{cases}$
maka $E(X) = \lambda$ dan $\text{Var}(X) = \lambda^2$.

Pembahasan

Akan dibuktikan bahwa $E(X) = \lambda$. Dengan menggunakan definisi ekspektasi, 
$E(X) = \displaystyle \int_0^{\infty} x \times \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}~\text{d}x$
Sekarang, misalkan $y = \dfrac{x} {\lambda}$, sehingga $\text{d}y = \dfrac{1}{\lambda}~\text{d}x$, berarti 
$\begin{aligned} E(X) & = \displaystyle \int_0^{\infty} ye^{-y}(\lambda)~\text{d}y \\ & = \lambda \int_0^{\infty} ye^{-y}~\text{d}y \end{aligned}$
Dengan menggunakan teorema, 
$\boxed{n! = \displaystyle \int_0^{\infty} y^n~e^{-y}~\text{d}y}$
diperoleh
$E(X) = \lambda(1!) = \lambda$
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa $Var(X) = \lambda^2$. 
Ingat bahwa, $\text{Var}(X) = E(X^2)- (E(X))^2$. Untuk itu, harus dicari dulu $E(X^2)$ sebagai berikut. 
$\begin{aligned} E(X^2) & = \displaystyle \int_0^{\infty} x^2 \times \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}~\text{d}x \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~\dfrac{x} {\lambda}~\dfrac{x} {\lambda}~e^{-\frac{x} {\lambda}}~\text{d}x \\ & \text{Substitusi}~y = \dfrac{x} {\lambda}~\text{dan}~\text{d}y = \dfrac{1}{\lambda}~\text{d}x \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~y~y~e^{-y}~\lambda~\text{d}y \\ & = \lambda^2 \int_0^{\infty} y^2e^{-y}~\text{d}y \\ & = \lambda^2(2!) = 2\lambda^2 \end{aligned} $
Dengan demikian, 
$\begin{aligned} \text{Var}(X) & = E(X^2)- (E(X))^2 \\ & = 2\lambda^2- \lambda^2 = \lambda^2 \end{aligned}$
(Terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 2
Sebuah koin seimbang (dengan sisi muka dan belakang) dilantunkan sebanyak $7$ kali. Berapa peluang mendapatkan
a) tepat $3$ belakang?
b) sekurang-kurangnya $5$ belakang?
c) paling banyak $3$ belakang?

d) antara $3$ sampai $5$ belakang?
e) $3$ muka dan $4$ belakang?

Pembahasan

Diketahui banyak pelantunan koin $n = 7$, peluang mendapatkan belakang koin adalah $p = \dfrac{1}{2}$, begitu juga peluang tidak mendapatkan belakang koin $q = 1- p = \dfrac{1}{2}$. Misalkan $x$ menyatakan banyaknya muncul belakang koin, sehingga $x$ dapat bernilai $0,1,2,\cdots, 7$. 
Dengan distribusi binomial, diperoleh
$P(X = x) = \displaystyle \binom{7}{x} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^x\left(\dfrac{1}{2}\right)^{7- x}$ 
Jawaban a) 
$\begin{aligned} P(X = 3) & = \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{2^7} = \dfrac{35}{128} \end{aligned}$
Jadi, peluang munculnya belakang koin tepat $3$ kali adalah $\dfrac{35}{128}$. 
Jawaban b) 
$$\begin{aligned} & P(X \geq 5) = P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) \\ & = \displaystyle \binom{7}{5} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^5\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 +\displaystyle \binom{7}{6} \left(\dfrac{1}{2}\right)^6\left(\dfrac{1}{2}\right) +\displaystyle \binom{7}{7} \left(\dfrac{1}{2}\right)^7\left(\dfrac{1}{2}\right)^0 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{2^7} \\ & = \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {6!1!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {7!0!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{21 + 7 + 1}{128} = \dfrac{29}{128} \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya belakang koin sekurang-kurangnya $5$ kali adalah $\dfrac{29}{128}$. 
Jawaban c) 
$$\begin{aligned} & P(X \leq 3) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) \\ & = \displaystyle \binom{7}{1} \left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)^6 + \displaystyle \binom{7}{2} \left(\dfrac{1}{2}\right)^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^5 + \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right)^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 \\ & = \dfrac{7!} {6!1!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{7 + 21 + 35}{128} = \dfrac{63}{128} \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya belakang koin paling banyak $3$ kali adalah $\dfrac{63}{128}$. 
Jawaban d) 
$$\begin{aligned} & P(3 \leq X \leq 5) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) \\ & = \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right)^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 + \displaystyle \binom{7}{4} \left(\dfrac{1}{2}\right)^4\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 + \displaystyle \binom{7}{5} \left(\dfrac{1}{2}\right)^5\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {3!4!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{35 + 35 + 21}{128} = \dfrac{91}{128} \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya belakang koin paling banyak $3$ kali adalah $\dfrac{91}{128}$. 
Jawaban e) 
Peluang munculnya $3$ muka koin dan $4$ belakang koin sama halnya dengan peluang munculnya tepat $3$ belakang koin (karena $4$ sisanya pastilah muka koin). Jadi, peluang munculnya $3$ muka koin dan $4$ belakang koin adalah $\dfrac{35}{128}$.

[collapse]