Diposkan pada oleh shanedizzysukardy

Distribusi Poisson – Materi, Soal, dan Pembahasan

       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 (dikutip dari: alvinburhani.wordpress.com). Sesuai dengan namanya, distribusi peluang ini ditemukan oleh Simeon Denis Poisson (1781 – 1840), yang merupakan seorang matematikawan berkebangsaan Prancis.
         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.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 . \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.n^{x-1}}{n^x} . \dfrac{\left(1 - \dfrac{1}{n}\right).n\left(1 - \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \dfrac{x - 1}{n}\right)}{x!} \\ & \lambda^x . \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] \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

Bukti

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.

[collapse]

Teorema: Varians Peubah Acak Berdistribusi Poisson

Varians \sigma^2 dari peubah acak yang berdistribusi Poisson adalah \sigma^2 = \lambda

Bukti

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

[collapse]

Teorema: Fungsi Pembangkit Momen Peubah Acak Berdistribusi Poisson

Fungsi pembangkit momen dari peubah acak X yang berdistribusi Poisson adalah
M_X(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}, t \in \mathbb{R}

Bukti

Berdasarkan definisi fungsi pembangkit momen diskrit, maka
\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}

[collapse]

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.

Penyelesaian

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

[collapse]

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

Penyelesaian

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

[collapse]

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.

Penyelesaian

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

[collapse]

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.

Penyelesaian

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 0,9995.

[collapse]

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.

Penyelesaian

Diketahui \lambda = 3, sehingga dengan definisi fungsi peluang Poisson, diperoleh
P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \dfrac{e^{-3}(3)^0}{0!} \approx 0,95021
Jadi, peluang yang dimaksud sebesar 0,95021.

[collapse]

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.

Penyelesaian

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}.

[collapse]

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?

Penyelesaian

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 0,1465.

[collapse]

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.

Penyelesaian

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 0,0181.

[collapse]

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?

Penyelesaian

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 0,2417.

[collapse]

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.

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa 3 menit setara dengan 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 0,0203.

[collapse]

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?

Penyelesaian

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 0,0487.

[collapse]

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.

Penyelesaian

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)

[collapse]

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?

Penyelesaian

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 0,1014.

[collapse]

Soal Nomor 14
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda, buktikan bahwa E(X^2) = \lambda \times E(X + 1)

Penyelesaian

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

[collapse]

Soal Nomor 15
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan E(X^2) = 6, maka hitunglah E(X).

Penyelesaian

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 <abbr title=""></abbr>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.

[collapse]

Soal Nomor 16 
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).

Penyelesaian

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

[collapse]

Soal Nomor 17 
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

Penyelesaian

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,
\Var(X) = \lambda = 2
Jadi, variansnya juga bernilai 1.

[collapse]

Soal Nomor 18 
Misalnya peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda. Jika Y = X - \lambda, maka:
a) tentukan fungsi pembangkit momen dari Y
b) hitung Var(Y) berdasarkan hasil jawaban a

Penyelesaian

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
Var(Y) = \lambda - 0^2 = \lambda
Dapat disimpulkan bahwa variansnya adalah \lambda.

[collapse]

Soal Nomor 19 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter P(X = 1) = P(X = 2), maka hitung P(X = 1~\text{atau}~2).

Penyelesaian

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}

[collapse]

Soal Nomor 20 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda, maka buktikan bahwa E(|X - 1|) = \dfrac{2\sigma}{e}

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 21 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda sehingga P(X = 1) = P(X = 2), hitunglah P(X = 4).

Penyelesaian

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}

[collapse]

Soal Nomor 22 
Misal X peubah acak berdistribusi Poisson. Jika fungsi pembangkit momen dari X adalah \exp(4(e^t - 1)), hitung P(|X - \mu| < 2\sigma).

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 23 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan P(X = 0) = \dfrac{1}{2}, maka hitunglah E(X)

Penyelesaian

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}

[collapse]

Soal Nomor 24
Jika peubah acak Y berdistribusi Poisson dengan variansnya 3, maka hitunglah P(Y = 2).

Penyelesaian

Karena Y berdistribusi Poisson dan berdasarkan dalil varians Poisson, maka \Var(Y) = \lambda = 3, sehingga
\boxed{P(Y = 2) = \dfrac{3^2e^{-3}} {2!} \approx 0,224}

[collapse]

Soal Nomor 25 
Misalkan Y peubah acak berdistribusi Poisson. Jika M_Y(t) = \exp(5e^t - 5), maka hitunglah P(2 \leq Y < 5).

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 26 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan P(X = 0) = 0,2, maka hitunglah P(X > 2).

Penyelesaian

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!} \Bigg] \\ & \approx 1-0,7809 = 0,2191\end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 27
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan rataan \mu = 100,maka hitung batas bawah dari P(75 < X < 125). 

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

More from my site

Ayo Beri Rating Postingan Ini

5 Balasan untuk “Distribusi Poisson – Materi, Soal, dan Pembahasan”

  1. 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

    Rate
    Balas

Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *