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

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 *