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]

CategoriesStatistika Matematika, UTS Mata KuliahTags, , , , , , , , , , , , , ,

Leave a Reply

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Your email address will not be published. Required fields are marked *