Dalam teori probabilitas dan statistika, distribusi Poisson adalah distribusi probabilitas diskrit yang menyatakan peluang jumlah peristiwa yang terjadi pada periode waktu tertentu apabila rata-rata kejadian tersebut diketahui dan dalam waktu yang saling bebas sejak kejadian terakhir. Sesuai dengan namanya, distribusi peluang ini ditemukan oleh Simeon Denis Poisson.
Distribusi Poisson sebenarnya diperoleh dari distribusi binomial, apabila dalam distribusi binomial berlaku syarat berikut.
a) Banyak pengulangan eksperimennya sangat besar ($n \to \infty$)
b) Peluang terjadinya peristiwa yang ditinjau mendekati nol ($p \to 0$)
c) Perkalian $n \times p = \lambda$, sehingga haruslah $p = \dfrac{\lambda}{n}$.
Berikut ini akan diberikan penurunan fungsi peluang distribusi Poisson berdasarkan fungsi peluang distribusi binomial menggunakan persyaratan di atas.
$$\begin{aligned} p(x) & = \displaystyle \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} \\ & = \dfrac{n!}{x!(n-x)!} \left(\dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{n-x} \dfrac{n(n-1)(n-2)\cdots (n – (x-1))}{x!} \left(\dfrac{\lambda}{n}\right)^x \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{n-x} \\ & = \dfrac{n.n\left(1 – \dfrac{1}{n}\right).n\left(1 – \dfrac{2}{n}\right)\cdots n\left(1 – \dfrac{x – 1}{n}\right)}{x!} \dfrac{\lambda^x}{n^x} \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \\ & = \dfrac{n \cdot n^{x-1}}{n^x} . \dfrac{\left(1 – \dfrac{1}{n}\right)\left(1 – \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 – \dfrac{x – 1}{n}\right)}{x!} \lambda^x \cdot \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \end{aligned}$$
Limitkan kedua ruas sebagai berikut.
$$\begin{aligned} \lim p(x) & = \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{n \cdot n^{x-1}}{n^x} \cdot \dfrac{\left(1 – \dfrac{1}{n}\right) \cdot n\left(1 – \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 – \dfrac{x – 1}{n}\right)}{x!} \lambda^x \cdot \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \\ & = \dfrac{\lambda^x}{x!} \lim_{n \to \infty} \left[\left(1 – \dfrac{1}{n}\right)\left(1 – \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 – \dfrac{x – 1}{n}\right)\left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^n\left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \right]\end{aligned}$$
Hitung limitnya satu per satu.
$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 – \dfrac{1}{n}\right)\left(1 – \dfrac{2}{n}\right) \cdots \left(1 – \dfrac{x-1}{n}\right) \\ & = (1-0)(1-0)\cdots(1-0) = 1 \end{aligned}$
Limit berikut merupakan limit barisan Euler.
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 – \dfrac{\lambda}{n}\right)^n = e^{-\lambda}$
Selanjutnya,
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 – \dfrac{\lambda} {n} \right)^{-x} = (1 – 0)^{-x} = 1$
Jadi, akan diperoleh $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p(x) = \dfrac{\lambda^x} {x!}.e^{-\lambda} = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} $
Dengan demikian, distribusi pendekatannya adalah
$p(x) = P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x}; x = 0,1,2,\cdots$
Definisi Distribusi Poisson
Peubah acak $X$ dikatakan berdistribusi Poisson jika dan hanya jika fungsi peluangnya berbentuk
$P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}$
untuk $x$ bilangan cacah. Selain dari itu, nilai $P(X = x) = 0$.
Dalam hal ini, $\lambda$ menyatakan rata-rata keberhasilan percobaan.
Dalam praktiknya, distribusi Poisson akan menjadi distribusi pendekatan yang baik dari distribusi binomial, jika dalam distribusi binomial berlaku:
$n \geq 100$ dan $np \leq 10$
atau $n \geq 20$ dan $p \leq 0,05$
di mana $n$ menyatakan banyaknya percobaan dan $p$ menyatakan peluang terjadinya sukses dalam percobaan itu.
Penulisan notasi dari peubah acak $X$ yang berdistribusi Poisson adalah $X\sim P(x; \lambda)$ atau $X\sim \text{Poi}(x; \lambda)$ artinya peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$.
Teorema: Rataan Variabel Acak Berdistribusi Poisson
Rataan $\mu$ dari peubah acak yang berdistribusi Poisson adalah $\mu = \lambda$
Berdasarkan definisi rataan diskrit, maka
$\begin{aligned} \displaystyle \mu &= E(X) = \sum_{x} x.p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = \sum_{x = 1}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-1)!}~~~\bigstar \end{aligned}$
Misalnya $y = x – 1$
Batas-batas:
Untuk $x = 1$, maka $y = 0$
Untuk $x$ bernilai tak hingga, maka $y$ juga demikian.
Jadi, diperoleh
$\begin{aligned} \mu & = E(X) = \displaystyle \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^{y+1}e^{-\lambda}}{y!} \\ & = \lambda \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^ye^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda(1) = \lambda~~~\bigstar \bigstar \end{aligned}$
Terbukti bahwa rataan Poisson setara dengan $\lambda$.
Catatan:
$\bigstar$ Banyak orang yang bertanya mengapa batas bawah sumasi dapat berubah dari 0 menjadi 1. Ini dikarenakan ketika kita mensubstitusikan $x = 0$ pada bentuk sebelumnya, hasilnya adalah 0, sehingga dapat diabaikan. Ingat pula bahwa $n!$ untuk $n < 0$ didefinisikan sama dengan 0.
$\bigstar \bigstar$ Ingat bahwa $\displaystyle \sum_{x} p(x) = 1$ di mana $p(x)$ merupakan fungsi kepadatan peluang suatu distribusi.
Teorema: Varians Peubah Acak Berdistribusi Poisson
Varians $\sigma^2$ dari peubah acak yang berdistribusi Poisson adalah $\sigma^2 = \lambda$ Berdasarkan definisi varians, maka
$\begin{aligned} \sigma^2 & = Var(X) = E(X^2) – (E(X)) ^2 \\ & = E(X(X – 1) + X) – (E(X))^2 \\ & = E(X(X-1)) + E(X) – (E(X))^2 \end{aligned} $
Berdasarkan nilai ekspektasi diskrit, maka
$\begin{aligned} E(X(X-1)) & = \displaystyle \sum_{x} x(x-1).p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} x(x-1).\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = \sum_{x = 2}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-2)!} \end{aligned}$
Misalnya: $y = x – 2$
Batas-batasnya:
Untuk $x = 2$, maka $y = 0$
Untuk $x = \infty$, maka $y = \infty$
$\begin{aligned} E(X(X-1)) &= \displaystyle \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^{y+2}e^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda^2 \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^ye^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda^2(1) = \lambda^2 \end{aligned}$
Dengan demikian, diperoleh
$\sigma^2 = Var(X) = \lambda^2 + \lambda – \lambda^2 = \lambda$
(Terbukti) $\blacksquare$
Teorema: Fungsi Pembangkit Momen Peubah Acak Berdistribusi Poisson
Fungsi pembangkit momen dari peubah acak $X$ yang berdistribusi Poisson adalah Berdasarkan definisi fungsi pembangkit momen diskrit, maka
$M_X(t) = e^{\lambda(e^t – 1)}, t \in \mathbb{R} $
$\begin{aligned} M_X(t) & = \displaystyle \sum_{x} e^{tx}.p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} e^{tx}. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = e^{-\lambda} \sum_{x = 0}^{\infty} \dfrac{(\lambda e^t)^x} {x!}~~\bigstar \\ & = (e^{-\lambda}) (e^{\lambda e^t}) \\ & = e^{\lambda(e^t – 1)} \end{aligned}$
(Terbukti) $\blacksquare$
Catatan:
$\bigstar$ Gunakan sifat ekspansi dari deret Maclaurin berikut.
$\boxed{ \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{x^n} {n!} = e^x} $
Berikut ini adalah beberapa contoh soal mengenai penggunaan distribusi Poisson beserta pembahasannya.
Catatan: Gunakan kalkulator saintifik bila diperlukan
Soal Nomor 1
Apakah artinya $Y \sim P(y; 2)$? Tuliskan bentuk fungsi peluangnya.
$Y \sim P(y; 2)$ artinya peubah acak $Y$ yang berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda = 2$. Fungsi peluang dari $Y$ berbentuk:
$p(y) = \dfrac{2^ye^{-2}} {y!}; y = 0,1,2,3,\cdots$
Soal Nomor 2
Misalkan $X$ adalah peubah acak berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$. Jika $P(X = 0) = 0,2$, maka nilai dari $P(X = 2)$ adalah $\cdots$
Fungsi peluang dari distribusi Poisson adalah
$P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}, x = 0,1,2,3,\cdots$
Langkah pertama adalah menentukan nilai $\lambda$ sebagai berikut.
$\begin{aligned} & P(X = 0) = 0,2 \\ & \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} = 0,2 \\ & e^{-\lambda} = 0,2 \\ & \lambda \approx 1,6 \end{aligned}$
Jadi, diperoleh $\lambda = 1,6$
Selanjutnya, akan dicari nilai dari $P(X = 2)$ sebagai berikut.
$P(X = 2) = \dfrac{(1,6)^2e^{-1,6}} {2!} \approx 0,2584$
Soal Nomor 3
Pada tahun $2018$ dilakukan penelitian di pedalaman desa $X$. Diperoleh data bahwa rata-rata terdapat $2,5$ orang albino dari $175$ orang, di mana $525$ orang diambil sebagai sampel percobaan. Dengan menggunakan pendekatan Poisson, tentukan peluang diperolehnya orang yang bukan albino.
Diketahui rata-rata hitung $\lambda = 2,5$ orang albino per $175$ populasi. Jumlah sampel yang diambil sebanyak $525$, yaitu $3$ kali lebih banyak dari populasi pada tahun 2018, sehingga rata-rata hitung $\lambda$ sekarang pada populasi $525$ orang adalah $2,5 \times 3 = 7,5$.
Peluang dari sampel tersebut tidak diperoleh orang albino adalah
$P(X = 0) = \dfrac{(7,5)^0e^{-7,5}} {0!} \approx 0,00055$
Soal Nomor 4
Diketahui suatu perusahaan biasanya mendapatkan $360$ e-mail setiap $6$ jam kerja. Tentukan peluang bahwa dalam waktu $6$ menit, perusahaan itu mendapatkan setidaknya $2$ e-mail.
Peluang setidaknya $2$ e-mail didapat sama dengan jumlah dari peluang mendapatkan $2,3,4,\cdots$ e-mail, dinotasikan
$$P(X \geq 2) = P(X = 2) + P(X = 3) + \cdots = \displaystyle \sum_{x = 2}^{\infty} P(X = x)$$
Manfaatkan bentuk komplemen peluang untuk menghitung peluang yang dimaksud, yaitu
$$P(X \geq 2) = 1 – P(X < 2) = 1 – [P(X = 0) + P(X = 1)]$$
Dalam kasus ini, $\lambda = 10$, yaitu rata-rata dari banyaknya e-mail yang diterima perusahaan dalam waktu $10$ menit ($6$ jam = $360$ menit, berarti dapat diasumsikan setiap $10$ menit, terdapat $10$ e-mail yang masuk). Jadi,
$$\begin{aligned} & P(X = 0) = \dfrac{e^{-10}(10)^0}{0!} = e^{-10} \approx 0,00004539992 \\ & P(X = 1) = \dfrac{e^{-10}(10)^1}{1!} = 10e^{-10} \approx 0,0004539992 \end{aligned}$$
Dengan demikian,
$$ P(X \geq 2) = 1 – (0,0000453992 + 0,0004539992) \approx 0,9995$$
Jadi, peluang setidaknya $2$ e-mail didapat perusahaan dalam waktu $10$ menit adalah $\boxed{0,9995}$.
Soal Nomor 5
Seorang pegawai asuransi jiwa menawarkan rata-rata $3$ kebijakan asuransi setiap minggunya. Dengan menggunakan Hukum Poisson, tentukan peluang kejadian pegawai itu menawarkan setidaknya $1$ kebijakan asuransi dalam rentang waktu seminggu.
Diketahui $\lambda = 3$, sehingga dengan definisi fungsi peluang Poisson, diperoleh
$\begin{aligned} P(X \geq 1) & = 1 – P(X = 0) \\ & = 1 – \dfrac{e^{-3}(3)^0}{0!} \approx 0,95021 \end{aligned}$
Jadi, peluang yang dimaksud sebesar $\boxed{0,95021}$.
Soal Nomor 6
Kendaraan melewati suatu pertigaan jalan dengan rata-rata $300$ kendaraan setiap jamnya. Tentukan peluang kejadian tidak ada kendaraan yang melewati pertigaan itu dalam rentang waktu satu menit.
Rata-rata kendaraan melewati pertigaan jalan itu per menitnya adalah
$\lambda = \dfrac{300}{60} = 5$
Catatan: $1$ jam = $60$ menit.
Dengan menggunakan Hukum Poisson, didapat
$P(X = 0) = \dfrac{e^{-5}(5)^0}{0!} \approx 6,7389 \times 10^{-3}$
Jadi, peluang kejadian tidak ada kendaraan yang melewati pertigaan jalan itu dalam satu menit adalah $6,7389 \times 10^{-3}$.
Soal Nomor 7
Ruang gawat darurat sebuah rumah sakit akan memiliki tingkat kedatangan rata-rata pasien sebanyak $4$ orang per hari. Kedatangan pasien mengikuti proses Poisson. Berapa probabilitas kedatangan $2$ pasien per hari?
Diketahui $\lambda = 4$, di mana $\lambda$ menyatakan tingkat kedatangan rata-rata pasien per harinya. Karena kedatangan pasien mengikuti proses Poisson, maka berlaku
$P(X = 2) = \dfrac{4^2e^{-4}} {2!} \approx 0,1465$
Jadi, probabilitas kedatangan 2 pasien per hari adalah $\boxed{0,1465}$.
Soal Nomor 8
Misalkan banyaknya sambungan telepon ke nomor $108$ antara pukul $23.00$ sampai pukul $00.00$ selama $1$ bulan berdistribusi Poisson dengan rata-rata $5$ sambungan per hari. Berdasarkan informasi tersebut, tentukan peluang bahwa terdapat $10$ sambung pada hari tertentu saat rentang waktu tersebut.
Kasus ini tergolong kasus Distribusi Poisson dengan $\lambda = 5$, sehingga berlaku
$P(X = 10) = \dfrac{5^{10}e^{-5}} {10!} \approx 0,0181$
Jadi, peluang bahwa terdapat $10$ sambungan pada hari tertentu saat rentang waktu tersebut adalah $\boxed{0,0181}$.
Soal Nomor 9
Dua ratus penumpang telah memesan tiket untuk sebuah penerbangan luar negeri. Jika peluang penumpang yang telah mempunyai tiket tidak datang sebesar $0,007$, maka berapakah peluang ada $2$ penumpang yang tidak datang?
Dengan menggunakan Pendekatan Poisson, diketahui bahwa
$\lambda = np = 200 \times 0,007 = 1,4$ dan $x = 2$.
Dengan demikian,
$P(X = 2) = \dfrac{(1,4)^2e^{-1,4}} {2!} \approx 0,2417$
Jadi, peluang terdapat $2$ penumpang yang tidak datang sebesar $\boxed{0,2417}$.
Soal Nomor 10
Jika rata-rata kedatangan kapal di suatu pelabuhan sebesar $22$ unit kapal setiap jam, berapakah peluang kedatangan $4$ kapal dalam waktu $3$ menit? Gunakan proses Poisson.
Perhatikanlah bahwa $3$ menit setara dengan $\dfrac{1}{20}$ jam.
Diketahui:
$\lambda = \dfrac{22}{20} = 1,1$ dan $x = 4$
Dengan demikian,
$P(X = 4) = \dfrac{(1,1)^4e^{-1,1}} {4!} \approx 0,0203$
Jadi, peluang kedatangan $4$ kapal dalam waktu $3$ menit sebesar $\boxed{0,0203}$.
Soal Nomor 11
Rata-rata banyaknya permintaan sambungan telepon per menit di suatu sentral telepon adalah $10$ sambungan. Kapasitas sentral tersebut hanya mampu melayani $15$ permintaan tiap menitnya. Berapa peluang dalam $1$ menit tertentu ada permintaan yang tak dilayani?
Misalkan $x$ menyatakan banyaknya permintaan sambungan telepon tiap menitnya dan $\lambda$ menyatakan rata-rat permintaan sambungan telepon per menit. Berarti, $x = 15$ dan $\lambda = 10$. Jika dalam 1 menit tertentu terdapat permintaan yang tidak dilayani, maka banyaknya sambungan permintaan pada tiap menitnya melebihi 15. Jadi, peluangnya adalah
$\begin{aligned} P(X > 15) & = 1 – P(X \leq 15) \\ & = 1 – \displaystyle \sum_{x = 0}^{15} \dfrac{10^xe^{-10}}{x!} \\ & \approx 1 – 0,9513 = 0,0487 \end{aligned}$
Jadi, peluang dalam $1$ menit tertentu ada permintaan yang tak terlayani sebesar $\boxed{0,0487}$.
Soal Nomor 12
Peluang seseorang akan mendapat reaksi buruk setelah disuntik besarnya $0,0005$. Dari $4000$ orang yang disuntik, tentukan peluang yang mendapat reaksi buruk:
a) tidak ada
b) ada $2$ orang, dan
c) lebih dari $2$ orang.
Tentukan juga ada berapa orang yang diharapkan akan mendapat reaksi buruk.
Jawaban a)
Dengan menggunakan pendekatan distribusi Poisson kepada distribusi binom, maka
$\lambda = np = 4000 \times 0,0005 = 2$
Jika $X$ menyatakan banyak orang yang mendapat reaksi buruk akibat suntikan itu, maka
$P(X = 0) = \dfrac{e^{-2}2^0}{0!} \approx 0,1353$
Jadi, peluang tidak ada yang mendapat reaksi buruk dari suntikan itu sebesar 0,1353.
Jawaban b)
Dalam hal ini $X = 2$, sehingga
$P(X = 2) = \dfrac{e^{-2}2^2}{2!} \approx 0,2706$
Jadi, peluang ada 2 orang yang mendapat reaksi buruk dari suntikan itu sebesar 0,2706.
Jawaban c)
Orang yang menderita reaksi buruk lebih dari 2 orang, berarti $X = 3,4,5,\cdots$. Karena
$$P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + \cdots = 1 $$
maka
$\begin{aligned} & P(X = 3) + P(X = 4) + \cdots \\ & = 1 – P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) \end{aligned}$
Nilai dari $P(X = 0)$ dan $P(X = 2)$ sudah dihitung sebelumnya, sehingga berikutnya hanya akan dihitung nilai dari $P(X = 1)$ sebagai berikut.
$P(X = 1) = \dfrac{e^{-2}2^1}{1!} \approx 0,2706$
Jadi, peluang yang dicari adalah
$1 – 0,1353 – 0,2706 – 0,2706 = 0,3235$
Jawaban d)
Jumlah orang yang diharapkan mendapat reaksi buruk sama artinya dengan rata-rata $\lambda$ yang sebelumnya telah ditentukan, yaitu $\lambda = np = 4000 \times 0,0005 = 2$
(Sumber: Sudjana, 2005. Metoda Statistika. Bandung: Tarsito. Dengan sedikit modifikasi)
Soal Nomor 13
Diketahui rata-rata kuliah yang batal pada suatu universitas tertentu adalah $4$ kali per bulan. Berapakah peluang bahwa bulan depan kuliah akan batal sebanyak $6$ kali?
Dengan menggunakan pendekatan Poisson, diketahui $\lambda = 4$ dan $x = 6$, sehingga
$P(X = 6) = \dfrac{e^{-4}4^6}{6!} \approx 0,1014$
Jadi, peluang bulan depan kuliah akan batal sebanyak $6$ kali sebesar $\boxed{0,1014}$.
Soal Nomor 14
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.
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 $\boxed{0,004}$
Soal Nomor 15
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$, buktikan bahwa $E(X^2) = \lambda \times E(X + 1)$
Berdasarkan definisi rataan diskrit, diperoleh
$E(X^2)= \displaystyle \sum_{x = 0}^{\infty} x^2.\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} = \sum_{x = 1}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-1)!}$
Misalkan $x – 1 = y \Leftrightarrow x = y + 1$, didapat
$$\begin{aligned} \displaystyle E(X^2) & = \sum_{y = 0} (y+1)\dfrac{\lambda^{y+1}e^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda \left[\sum_{x = 0}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} + \sum_{x = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \right] \\ & = \lambda \sum_{x = 0}^{\infty} (x + 1)\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} = \lambda \times E(X + 1) \end{aligned}$$
(Terbukti) $\blacksquare$
Soal Nomor 16
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$ dan $E(X^2) = 6$, maka hitunglah $E(X)$.
Diketahui bahwa jika $X \sim \text{Poi}(\lambda)$, maka rataannya adalah $\mu = E(X) = \lambda$ sedangkan variansnya adalah $\text{Var} (X) = E(X^2) – (E(X))^2 = \lambda$.
Substitusikan $E(X) = \lambda$ dan $E(X^2) = 6$ pada persamaan kedua, sehingga diperoleh $6 – \lambda^2 = \lambda \Leftrightarrow (\lambda + 3)(\lambda – 2) = 0$. Diperoleh $\lambda = -3$ atau $\lambda = 2$.
Karena $\lambda$ tidak mungkin negatif, maka diambil $\lambda = 2$. Ini artinya, nilai dari $E(X)$ adalah $2$.
Soal Nomor 17
Misalnya peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$. Jika $P(X = 2) = \dfrac{2}{3}P(X = 1)$, hitunglah $P(X = 0)$ dan $P(X = 1)$.
Diketahui fungsi kepadatan peluang dari distribusi Poisson adalah
$P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}$
Karena $P(X = 2) = \dfrac{2}{3}P(X = 1)$, maka berarti
$\begin{aligned} & \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}}{2!} = \dfrac{2}{3}. \dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} \\ & \dfrac{\lambda} {2} = \dfrac{2}{3} \\ & \lambda = \dfrac{4}{3} \end{aligned}$
Jadi, diperoleh $\lambda = \dfrac{4}{3}$, sehingga
$P(X = 0) = \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}\right)^0 e^{-\frac{4}{3}}}{0!} \approx 0,26360$
dan
$P(X = 1) = \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}\right)^1 e^{-\frac{4}{3}}}{1!} \approx 0,35146$
Soal Nomor 18
Misalnya peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$. Jika $P(X = 1) = 2.P(X = 2)$, hitunglah
a) $P(X = 0)$ dan $P(X = 1)$
b) rataannya
c) variansnya
Jawaban a)
Diketahui fungsi kepadatan peluang dari distribusi Poisson adalah
$P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}$
Karena $P(X = 1) = 2P(X = 2)$, maka berarti
$\begin{aligned} & \dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}}{1!} = 2 \times \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!} \\ & \lambda = 1 \end{aligned}$
Jadi, diperoleh $\lambda = 1$, sehingga
$P(X = 0) = \dfrac{1^0e^{-1}} {0!} = e^{-1}$
dan
$P(X = 1) = \dfrac{1^1e^{-1}} {1!} = e^{-1}$
Jawaban b)
Berdasarkan dalil rataan distribusi Poisson,
$\mu = \lambda = 1$
Jadi, rataannya adalah 1.
Jawaban c)
Berdasarkan dalil varians distribusi Poisson,
$\text{Var}(X) = \lambda = 2$
Jadi, variansnya juga bernilai 1.
Soal Nomor 19
Misalnya peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$. Jika $Y = X – \lambda$, maka:
a) tentukan fungsi pembangkit momen dari $Y$
b) hitung $\text{Var}(Y)$ berdasarkan hasil jawaban a
Jawaban a)
Akan ditunjukkan bahwa fungsi pembangkit momen dari $Y$ adalah $M_Y(t) = e^{\lambda(e^t-t-1)}$ sebagai berikut.
$\begin{aligned} M_{Y}(t) & = \mathbb{E}(e^{tY}) \\ & = \mathbb{E}(e^{t(X-{\lambda})}) \\ & = \sum_{x=0}^{\infty} e^{t(x-{\lambda})}\frac{{\lambda}^{x}e^{-{\lambda}}}{x!} \\ & = e^{-(t+1){\lambda}}\sum_{x=0}^{\infty} \frac{({\lambda}{e^t})^x}{x!} \\ & = e^{-(t+1){\lambda}}{e^{{\lambda}{e^{t}}}} \\ & = e^{{\lambda}(e^{t}-t-1)} \end{aligned} $
(Terbukti)
Jawaban b)
Ingat hubungan fungsi pembangkit momen dan varians sebagai berikut.
$\begin{aligned} Var(Y) & = {\mathbb{E}}(Y^2) -{{\mathbb{E}}(Y)}^2 \\ & = {M”_{Y}(0)} – (M’_{Y}(0))^2 \end{aligned} $
Berikutnya, akan dicari turunan pertama dan turunan kedua dari $M_Y(t)$.
Turunan pertamanya adalah
$M’_Y(t) = \lambda(e^t-1)e^{\lambda(e^t-t-1)} $
sehingga
$M’_Y(0) = 0$
Sedangkan turunan keduanya adalah
$M”_Y(t) = [(\lambda e^t – \lambda)^2 + \lambda e^t] e^{\lambda(e^t – t – 1)}$
sehingga
$M’_Y(0) = \lambda$
Jadi, haruslah
$\text{Var}(Y) = \lambda – 0^2 = \lambda$
Dapat disimpulkan bahwa variansnya adalah $\lambda$.
Soal Nomor 20
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $P(X = 1) = P(X = 2)$, maka hitung $P(X = 1~\text{atau}~2)$.
Karena $P(X = 1) = P(X = 2)$, maka
$\dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} = \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!}$
Sederhanakan bentuk di atas sehingga nantinya diperoleh
$\lambda^2 – 2\lambda = \lambda(\lambda – 2) = 0$
Jadi, diambil $\lambda = 2$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} P(X = 1~\text{atau}~2) & = P(X = 1) + P(X = 2) \\ & = \dfrac{2^1e^{-2}} {1!} + \dfrac{2^2e^{-2}} {2!} \\ & = \boxed{4e^{-2}} \end{aligned}$
Soal Nomor 21
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$, maka buktikan bahwa $E(|X – 1|) = \dfrac{2\sigma}{e}$
Soal Nomor 22
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$ sehingga $P(X = 1) = P(X = 2)$, hitunglah $P(X = 4)$.
Karena $P(X = 1) = P(X = 2)$, maka
$\dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} = \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!}$
Sederhanakan bentuk di atas sehingga nantinya diperoleh
$\lambda^2 – 2\lambda = \lambda(\lambda – 2) = 0$
Jadi, diambil $\lambda = 2$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} P(X = 4) & = \dfrac{2^4e^{-2}} {4!} + \dfrac{2e^{-2}} {3} = \boxed{0,0902} \end{aligned}$
Soal Nomor 23
Misal $X$ peubah acak berdistribusi Poisson. Jika fungsi pembangkit momen dari $X$ adalah $\exp(4(e^t – 1))$, hitung $P(|X – \mu| < 2\sigma)$.
Soal Nomor 24
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$ dan $P(X = 0) = \dfrac{1}{2}$, maka hitunglah $E(X)$
Diketahui $P(X = 0)= \dfrac{1}{2}$. Karena $X$ berdistribusi Poisson, maka
$\begin{aligned} P(X = 0) & = \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} = \dfrac{1}{2} \\ e^{-\lambda} & = \dfrac{1}{2} \\ \lambda & = – \ln \dfrac{1}{2} \approx 0,7 \end{aligned}$
Berdasarkan dalil ekspektasi/rataan diskrit Poisson, didapat $\boxed{E(X) = \mu = \lambda = 0,7}$
Soal Nomor 25
Jika peubah acak $Y$ berdistribusi Poisson dengan variansnya $3$, maka hitunglah $P(Y = 2)$.
Karena $Y$ berdistribusi Poisson dan berdasarkan dalil varians Poisson, maka $\text{Var}(Y) = \lambda = 3$, sehingga
$\boxed{P(Y = 2) = \dfrac{3^2e^{-3}} {2!} \approx 0,224}$
Soal Nomor 26
Misalkan $Y$ peubah acak berdistribusi Poisson. Jika $M_Y(t) = \exp(5e^t – 5)$, maka hitunglah $P(2 \leq Y < 5)$.
Karena $Y$ berdistribusi Poisson dan berdasarkan dalil fungsi pembangkit momen Poisson, yaitu $M_Y(t) = \exp(\lambda(e^t – 1))$, maka dengan membandingkannya pada bentuk $M_Y(t) = \exp(5e^t – 5)$, diperoleh $\lambda = 5$. Dengan demikian,
$$\begin{aligned} P(2 \leq Y < 5) & = P(Y = 2) + P(Y = 3) + P(Y = 4) \\ & = \dfrac{5^2e^{-5}} {2!} + \dfrac{5^3e^{-5}} {3!} + \dfrac{5^4e^{-5}} {4!} \\ & \approx 0,084 + 0,14037 + 0,17546 \approx 0,4 \end{aligned}$$
Catatan: Pembulatan jawaban (aproksimasi) ke $0,4$.
Soal Nomor 27
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan parameter $\lambda$ dan $P(X = 0) = 0,2$, maka hitunglah $P(X > 2)$.
Karena $X$ berdistribusi Poisson, maka
$\begin{aligned} P(X = 0) = 0,2 & = \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} \\ e^{-\lambda} & = 0,2 \\ \lambda = – \ln 0,2 \approx 1,6094 \end{aligned} $
Dengan demikian,
$$\begin{aligned} P(X > 2) & =1 – P(X \leq 2) \\ & = 1 – [P(X = 0) + P(X = 1) + P(X =2)] \\ & = 1 – \left[\dfrac{(1,6094)^0e^{-1,6094}} {0!} +\dfrac{(1,6094)^1e^{-1,6094}} {1!} +\dfrac{(1,6094)^2e^{-1,6094}} {2!} \right] \\ & \approx 1-0,7809 = 0,2191\end{aligned}$$
Soal Nomor 28
Jika peubah acak $X$ berdistribusi Poisson dengan rataan $\mu = 100$, maka hitung batas bawah dari $P(75 < X < 125)$.
Quote by Bertrand Russell
Artikel Terkait
Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika TA 2017/2018 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan (0)
Soal dan Pembahasan – Ujian Akhir Semester (UAS) Statistika Matematika TA 2017/2018 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan (1)
Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika TA 2018/2019 – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan (1)
Soal dan Pembahasan – Ulangan Umum Matematika Kelas XII Semester Ganjil TA 2018/2019 SMKN 3 Pontianak (2)
Soal dan Pembahasan – Peluang (Tingkat SMP/Sederajat) (0)
lengkap banget. keren gan
Terima kasih atas kunjungannya
Good job…
Ka bisa minta tolong penyelesaian buat soal ini?
Seorang pemilik kebun mangga memetik 18 buah mangga dan diantara 18 buah
mangga tersebut terdapat 5 buah mangga yang busuk namun pemilik tersebut
tetap akan menjualnya kepada pembeli. Bila pembeli akan membeli 4 buah
mangga secara acak, berapakah probabilitas bahwa pembeli tersebut tidak akan
memilih mangga yang busuk tadi?
Makasih ilmunya
lengkap dan rapi,. makasih ilmunya
Makasih gan. Soalny banyakin bro
Gan, request soal yg terkait dgn rataan,varians,sama fungsi pembngkit momen poisson donk (bukan soal aplikasi). Yg banyak y gan supaya bisa belajar, kalau bs dizertakan pmbhsannya
Laksanakan,Pak