Soal dan Pembahasan – Ujian Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika – 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.

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

Penyelesaian

\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.

Penyelesaian

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 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 yang lain} \end{cases}
Tentukan nilai E(6x + x^2).

Penyelesaian

Dengan menggunakan definisi ekspektasi, 
\begin{aligned} \displaystylr E(6x + x^2) & = \int_0^1 (6x+x^2)(2(1-x))~dx \\ & = \int_0^1 (12x - 10x^2 - 2x^3)~dx \\ & = \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 \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

Penyelesaian

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.

Penyelesaian

Karena X dan Y fungsi peluang bersama, maka haruslah persamaan berikut terpenuhi. 
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y)~dx~dy = 1
Untuk itu,
\begin{aligned} 1 & = \displaystyle \int_{0}^{\infty} \int_{-y}^{y} c(y^2-x^2)e^{-y}~dx~dy \\ & = \int_0^{\infty} \left[c\left(y^2x - \dfrac{x^3}{3}\right e^{-y}\right]_{-y}^y~dy \\ & = \dfrac{4}{3}c \int_0^{\infty} e^{-y}y^3~dy \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~dy = 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

Penyelesaian

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 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 yang lain} \end{cases}
maka E(X) = \lambda dan Var(X) = \lambda^2

Penyelesaian

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}}~dx
Sekarang, misalkan y = \dfrac{x} {\lambda}, sehingga dy = \dfrac{1}{\lambda}~dx, berarti 
\begin{aligned} E(X) & = \displaystyle \int_0^{\infty} ye^{-y}(\lambda)~dy \\ & = \lambda \int_0^{\infty} ye^{-y}~dy \end{aligned}
Dengan menggunakan teorema
\boxed{n! = \displaystyle \int_0^{\infty} y^n~e^{-y}~dy}
diperoleh
E(X) = \lambda(1!) = \lambda
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa Var(X) = \lambda^2
Ingat bahwa, 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}}~dx \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~\dfrac{x} {\lambda}~\dfrac{x} {\lambda}~e^{-\frac{x} {\lambda}}~dx \\ & \text{Substitusi}~y = \dfrac{x} {\lambda}~\text{dan}~dy = \dfrac{1}{\lambda}~dx \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~y~y~e^{-y}~\lambda~dy \\ & = \lambda^2 \int_0^{\infty} y^2e^{-y}~dy \\ & = \lambda^2(2!) = 2\lambda^2 \end{aligned}
Dengan demikian, 
Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2 = 2\lambda^2 - \lambda^2 = \lambda^2
(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.

Penyelesaian

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]

Ayo Beri Rating Postingan Ini