manda260509.files.wordpress.com file · web viewcontoh: 1 suatu suku cadang dapat menahan uji...

1

Vera Oktarina140110080043

DISTRIBUSI PELUANG DISKRIT

1. DISTRIBUSI BINOMIAL

Suatu percobaan disebut percobaan Binomial jika memenuhi syarat:a. Percobaan terdiri dari n usaha yang berulangb. Tiap usaha memberikan hasil yang dapat ditentukan saling sukses atau gagalc. Peluang sukses yang dinyatakan dengan P, tidak berubah dari usaha yang satu ke

usaha yang berikutnyad. Tiap usaha bebas dengan usaha yang lainnya

Definisi:Banyaknya sukses x dalam n usaha suatu percobaan Binomial disebut: peubah acak

BinomialDistribusi peluang p.a Binomial:

b ( x ;n , p )=(nx ) px¿

Dengan x= Usaha suksesp= Peluang Suksesn= Jumlah Usaha

Contoh:

Suatu suku cadang dapat menahan uji goncangan tertentu dengan peluang 34 ,

Hitung peluang bahwa tepat dua dari empat suku cadang yang di uji tidak akan rusakJawab:

b (2: 4 , 34 )=(42)¿

Peluang seorang sembuh dari operasi jantung yang rumit adalah 0,7. Bila dari 10 orang menjalani operasi jantung. Tentukan peluang:a. Tepat lima orang akan sembuhb. Paling sedikit 3 orang akan sembuhc. Kurang dari 3 orang akan sembuhd. Antara 3 sampai 8 yang akan sembuhJawab:Misal :L x p.a yang menyatakan jumlah orang yang akan sembuh

a. p ( X=5 )=b (5 ;10,0,7 )=(105 )¿

b. p ( x>3 )=1−p ( x ,3 )=1−∑x=0

2

b ( x ;10 ,0,7 )

¿1− {b (0 ;10 ,0,7 )+b (1;10 ,0,7 )+b (2;10 ,0,7 ) }=1−0,0016

c. p ( x<3 )=∑x=0

2

b ( x ;10 ,0,7 )=0,0016

d. p (3≤x≤8 )=∑x=3

8

(10x )¿¿

¿∑x=0

8

b ( x;10 ;0,7 )−∑x−0

2

b ( x ;10 ;0,7 )

1

2

2


Peluang seorang mahasiswa yang baru masuk Universitas akan lulus tepat pada waktunya 0,25, tentukn berapa peluang dari 28 mahasiswa akan lulus tepat pada waktunya:a.Tidak seorangpunb. Seorang mahasiswac.Paling sedikit seorangd. Tidak lebih dari seorang

Sepuluh persen produksi baut ternyata rusak. Baut-baut tersebut dijual dalam kotak. Setiap kotak berisi 25 buah tentukan peluang sebuah kotak berisi:a. Semua baut bagusb. Tidak lebih dari 2 rusakc. Paling sedikit tiga bagusTiap soal ujian pilihan ganda terdiri dari pilihan betul salah, semuanya ada 20 soal tentukan peluang menerka secara benar paling sedikit 17 soal

Teorema (sifat binomial)Distribusi Binomial mempunyai rataan dan varians : yaitu :

( i )=μ=E ( x )=n . p( ii )=σ2=np (1−p )contoh :(i ) μ=n . p=10.0,7=7(ii ) σ2=np (1−p )=10 ( 0,7 ) (0,3 )=2,1

2. DISTRIBUSI BINOMIAL NEGATIF

Suatu percobaan disebut percobaan Binomial negatif jika memenuhi syarat:a. Usaha diulangi sampai terjadi sejumlah sukses tertentub. Tiap usaha memberikan hasil yang dapat ditentukan saling sukses atau gagalc. Peluang sukses yang dinyatakan dengan P, tidak berubah dari usaha yang satu ke

usaha yang berikutnyad. Tiap usaha bebas dengan usaha yang lainnya

Definisi:Banyaknya usaha x untuk menghasilkan k sukses dalam percobaan Binomial Negatif disebut p.a Binomial Negatif

Distribusi peluang Binomial Negatif (fmp): b* (x; k,p)=p(X=x)=(x−1k−1) pk¿

Dimana X=k, k+1, k+2,...b* (x; k,p) =Banyaknya usaha yang berakhir tepat pada sukses ke kp =peluang sukses

sifat x b¿ ( x ;k , p ) :E ( x )= kpσ 2=

k (1−p)p2

Fungsi Pembangkit Momen (FPM) dari distribusi Binomial Negatif:M ( t )=pk (1−(1−p )e t ¿−kuntukt← ln (1−p ))

coba buktikan!!Dengan FPM diatas buktikan:

E ( x )= kp

danσ2=k (1−p)

p2

3

4

5

3


Carilah peluang bahwa seorang yang melantunkan 3 uang logam sekaligus akan menghasilkan semuanya muka atau semuanya belakang untuk kedua kalinya pada lantunan ke lima.Jawab:

Distribusi Binomial Negatif dengan x=5 ;k=2; p=14

b¿(5 ;2 , 14 )=(5−1

2−1)¿Seorang peneliti menyuntik beberapa ekor tikus, satu demi satu dengan sejenis bibit penyakit sampai ia mengumpulkan 2 ekor yng telah terserang penyakit tersebut. Bila

peluang terserang penyakit tersebut 16 . Berapakah peluang bahwa 8 ekor tikus yang

perlu disuntik?Jawab:Misal : p.a x-jumlah tikus yang perlu disuntik sehingga ditemukan 2 terserang penyakit.

x b¿(x ;2 , 16 )

p ( x=8 )=b¿(8 ;2 , 16 )=(8−1

2−1)¿3. DISTRIBUSI GEOMETRIK

Bila usaha yang saling bebas dilakukan brulang kali menghasilkan sukses dengan peluang p, gagal dengan peluang Q=1-p, maka distribusi peluang p.a x yaitu banyakmya usaha sampai saat terjadi sukses yang pertama

Atau dapat dikatakanJika k=1 pada p.a Binomial Negatif , maka x dikatakan p.a Geometrik (Banyaknya usaha sampai terjadi sukses yang pertama kali)Distribusi peluangnya dapat ditulis

g ( x ; p )=p ( X=x )=pQx−1 ;x=1,2, . .

sifat x g ( x ; p )(i ) μ=E ( x )= 1p

( ii ) σ2=(1−p)p2

Fungsi Pembangkit Moment(FPM)

Dari FPM distribusi Binomial Negatif dengan k=1 maka FPM Distribusi geometri didapat:

M (t )=E (etx )=∑x=1

∞

etx Q x−1 . p= pQ∑

x=1

∞

¿¿¿

2

1

e t< 1Q

ln e t← lnQ

t←lnQ

4


Dengan menggunakan FPM tentukan dan buktikan E ( x )= 1p

danVar (x )= Qp2

Contoh soal:Dalam suatu proses produksi diketahui bahwa rata-rata 1 diantara 100 butir hasil produksi cacat. Berapa peluang memeriksa 5 butir dan baru menemukan yang cacat pada yang kelima?Jawab: Distribusi geometri dengan x=5 , p=0,01

g (5 ;0,01 )=(0,01 ) ¿

4. DISTRIBUSI POISSON

Percobaan poisson adalah percobaan yang menghasilkan banyaknya sukses selama selang waktu atau daerah tertentu.

p ( X=x )=p ( x ;μ )= e−μ μx

x !, x=0,1,2, . .

Dengan μ menyatakan rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu.Sifat:

1. E (x )=μ2.Var ( x )=σ2=μ3.∑x=0

∞

p ( X ; μ )=1

Contohnya :Rata-rata banyaknya partikel radioaktif yang melewati suatu penghitung selama 1 millidetik dalam suatu percobaan di lab adalah 4. Berapa peluang 6 partikel melewati penghitung dalam suatu millidetik tertentu.Jawab :

x=6 , μ=4 p (6 ;4 )= e−4 46

6 !=∑

x=0

6

p ( x; 4 )−∑x=0

4

p ( x; 4 )=0,8893−0,7851=0,042

Contoh percobaan poisson dapat menghasilkan pengamatan untuk p.a x yang menyatakan -Banyaknya hubungan telepon perjam yang diterima suatu kantor-Banyaknya hari sekolah yang ditutup karena banjir-Banyaknya pertandingan sepakbola yang terpaksa di undurkan karena hujan selama musim hujan

Daerah yang dimaksud dapat berupa: sepotong garis, suatu luas daerah, suatu isi benda, sepotong benda,dll

X bisa menyatakan-Banyaknya tikus sawah per hektar-Banyaknya Bakteri dalam suatu kultur

Banyaknya hasil x dalam suatu percobaan poisson disebut p.a poisson, Distribusi peluangnya distribusi Poisson

Beberapa Distribusi kontinu yang penting yang digunakan dalam teori keterandalan (reabilitas) dan teori antrian bergantung pada proses Poisson.

Lanjutan Distribusi Poisson

5


Teorema: Misalkan x p.a Binomial dengan Distribusi peluang b(x;n,p). bila n→∞, p→0 danμ=n . p tetap samamaka b ( x ;n , p ) → p(x ;μ)

Contoh:Dalam suatu proses produksi menghasilkan barang dari gelas, terjadi gelumbung atau cacat yang kadang-kadang menyebabkan barang tersebut sulit dipasarkan. Diketahui bahwa rata-rata 1 dari 1000 barang yang dihasilkan mempunyai satu atau lebih gelembung. Berapakah peluang bahwa dalam sampel acak sebesar 8000 barang akan berisi kurang dari 7 yang bergelembung?Jawab:

n=8000 , p=0,001→ p→0 , μ=np=8p ( x<7 )=∑x=0

6

b ( x;8000 ;0,001 )=∑x=0

6

p ( x ;8 )=¿¿

Contoh lain:Peluang seseorang akan meninggal karena suatu infeksi adalah 0,002. Carilah peluang bila 2000 orang yang terinfeksi tersebut kurang dari 5 orang yang akan meninggal?

5. DISTRIBUSI HIPERGEOMETRIK

Suatu percobaan disebut percobaan hipergeometrik jika:1. Sampel acak berukuran n diambil dari N benda2. Sebanyak k benda disebut sukses, dan N-k disebut gagal

Definisi: Banyaknya sukses x dipercobaan hipergeometrik disebut p.a hipergeometrikFungsi massa peluangnya (fmp)

p ( X=x )=h ( x; N ,n , k )=(kx )(N−k

n−x )(Nn )

, x=0,1 ,…n

Karena nilainya bergantung pada banyaknya yang sukses k dalam n barang yang dipilih acak dari sebanyak N

sifat : x h ( x )(i ) E ( x )=μ=nkN

( ii ) σ2=Var ( x )= N−nN−1

=n . kN

(1− kN

)

Contoh:1. Suatu kotak berisi 40 suku cadang yang dapat diterima bila terdapat paling banyak 3

yang cacat. Jika diambil sampel sebanyak 5 kotak, berapa peluang terdapat 1 yang cacat dari sampel?Jawab :

N=40 ;k=3; n=5 ; x=1 ; N−k=40−3=37 ;n−x=5−1=4

p ( X=1 )=(31)(37

4 )(4058)

=0,3011

2. Suatu panitia 5 orang akan dipilih secara acak dari 3 Kimiawan dan 5 Fisikawan. Hitung distribusi peluang banyaknya Kimiawan dalam panitia tersebut?Jawab :Misal: p.a x menyatakan banyaknya Kimiawan dalam panitia.

6


p ( X=0 )=h (0 ;8,5,3 )=(30)(55)(85)

=156

p ( X=1 )=h (1;8,5,3 )=(31)(5

4)(85)

=1556

p ( X=2 )=h (2 ;8,5,3 )=(32)(53)(85)

=3056

p ( X=3 )=h (3 ;8,5,3 )=(33)(52)(85)

=1056

Distribusi Hipergeometrik x dalam bentuk tabelx 0 1 2 3

h(x;8,5,3) 156

1556

3056

1056

Distribusi peluangnya dapat dirumuskan:

h (0 ;8,5,3 )=(3x)( 5

5−x)(85)

;x=0,1,2,3

Jika n<<<N-> peluang tiap pengambilan hanya berubah sedikit. Jadi pada dasarnya percobaan adalah binomial

Maka Distribusi Hipergeometrik dapat dihampiri dengan menggunakan Distribusi

Binomial dengan p=kN ¿rataanE ( x ) dapat dihampiri dengan: μ=np=nk

N

variansi v ( x ) dapat dihampiri dengan :σ2=npQ=n . kN

(1− kN

)

Contoh:1. Sebuah pabrik ban melaporkan bahwa dari pengiriman sebanyak 5000 ban ke

suatu toko terdapat 1000 cacat. Jika seseorang membeli 10 ban ini secara acak dari toko tersebut , berapa peluang tepat 3 yang cacat?Jawab :

N=5000 ;n=10 ;k=1000n≪<N → p= kN

=10005000

→dengand .¿¿

x h ( x )=b (x ;n , p )=b (3 ;10,0,2 )=(103 )¿

¿∑x=0

3

b ( x;10 ,0,2 )−∑x=0

2

b ( x ;10 ,0,2 )=0,8791−0,6778=0,2013

2. Dari suatu kampung diperkirakan 4000 dari 10000 penduduk berhak memilih, menginginkan pa Ali jadi Lurah. Bila 15 penduduk yang berhak memilih diambil secara acak dan pilihannya ditanya : berapa peluang paling banyak 7 diantaranya yang ingin memilih pak Ali sebagai Lurah.

MENENTUKAN DISTRIBUSI DARI I DAN B UNTUK SEBUAH MODEL

7


Plan term life insurance 1 tahun akan membayar ekstra benefit untuk kasus meninggal karena kecelakaan, lebih spesifik jika meninggal kecelakaan benefit yang diberikan adalah 50.000. Jika meninggal bukan karena kecelakaan benefit yang diberikan 25.000.

Asumsikan bahwa untuk usia , kesehatan, occupational meninggal karena kecelakaan dalam 1 tahun adalah : 0,0005, peluang meninggal bukan karena kecelakaan 0,0020. Jadi Pr(I=1 dan B=50.000) = 0,0005Pr(I=1 dan B=25.000) = 0,0020Jumlah dari kemungkinan B adalah:Pr(I=1) = 0,0005+0,002 = 0,0025Pr(I=0) = 1- Pr(I=1)=0,9975

Distribusi kondisi B setelah kejadian I=1 adalah

Pr (B=25.000∨I=1)=Pr (B=25.000∨I=1)Pr ( I=1 )

= 0,0020,0025

=0,8

P r (B=50.000∨I=1)=Pr (B=50.000∨I=1)Pr ( I=1 )

=0,00050,0025

=0,2Misal : X=IBE ( x )=E ¿

Var ( X )=Var (E ( X|I ) )+E ¿μ=E (B|I=1 )σ 2=Var (B|I=1 )a . E ( X|I=0 )=0danb . E ( X|I=1 )=E ( B|I=1 )=μ

Dari persamaan a dan b dapat ditulis:E ( X|I )=μ . IE ( X|I )=μ . ( I )=μ .QdanVar ¿

karena X=0dan I=0makaVar ( X|I=0 )=0………. ( i )untuk I=1 kitadapatkan : X=Bdan:Var ( X|I=1 )=Var (B|I=1 )=σ2 … .. (ii )

dari persamaan ( i ) dan ( ii )Var ( X|I )=σ 2 . IE ¿Dari pernyataan diatas didapat :

E ( X )=μ .QVar ( X )=μ2 .Q (1−Q )+σ2 .Q

MODEL RESIKO INDIVIDUAL JANGKA PENDEK(INDIVIDUAL RISK MODELS FOR SHORT TIME)

Asuransi adalah suatu cara proteksi terhadap kerugian atau akibat suatu kerugian (loss).Model resiko individual : tiap resiko dalam portofolio hanya menimbulkan claim. Misalkan x menyatakan besarnya kerugian yang diasuransikan atau sering dinamakan besarnya claim Asuransi. (loss an insured unit i=xi)X merupakan suatu variable acak. Karena besarnya maupun kejadiannya tidak pasti. Model resiko individual : S= x1+x2+… ..+ xn n= jumlah unit resiko tertanggungSebagai contoh:

Dalam jangka 1 tahun dari asuransi jiwa , Perusahaan Asuransi menyetujui akan membayar sebesar b jika yang diasuransikannya meninggal dalam jangka 1 tahun dan tidak membayar jika yang diasuransikan tetap hidup pada tahun tersebut. Peluang selama terjadi claim dalam tahun dinotasikan dengan Q. Claim random variable x mempunyai sebuah Distribusi yang dinyatakan dengan fungsi peluang f(x) yaitu:

f ( x )=pr ( X=x )=f ( x )={ 1−Q ,∧x=0Q ,∧x=b

x yang lainnya

8


dan fungsidistribusi F ( x ) :Fx (x )=pr ( X ≤x )=f ( x )={ 0 ,∧x<01−Q 0≤ x<b

1 ,∧x ≥bE(X)=E(IB)=BE(I)=B.QE(X2)=E(I2B2)=B2 E(I2)=B2.QVar(X)=E(X2)-[E(X)]2=B2 Q(1-Q)

Atau rumus diatas dapat ditulis x=Ib pada asuransi jiwa besarnya claim adalah tertentu. Misalnya dengan benefit sebesar b, jika meninggal maka dapat dinyatakan dengan x=Ib

dengan x={ 1, jika klaim terjadi dan ,0 , jika klaimti dak terjadi

Sehingga :p(x=b)=p(I=1)=Qp(x=0)=p(I=0)=1-QE(x)=E(Ib)=E(I).b=Q.bVar(x)=Var(I.b)=b2 Var(I)=b2 Q(1-Q)

Besarnya benefit dapat pula bervariasi seperti dalam asuransi kerugian. Misalnya benefitnya ditulis dengan B. B dapat pula dianggap sebagai Variabel acak dan x=IBContoh 1Asuransi kecelakaan dengan santunan 5 juta , jika meninggal dan 1 juta jika hanya luka( untuk biaya rumah sakit-pengobatan). Jika terjadi kecelakaan. Misalkan peluang

meninggal 14 dan peluang hanya luka

34

P(B=5 juta|I=1)= 14

P(B=1 juta|I=1)= 34

Peluang kecelakaan adalah 1

10 p(I=1)= 1

10 dan p(I=0)=9

10

Var ( X )=b2Q−¿

p (B=Rp .5 juta )=p ( I=1 ,B=5 juta )=p (B=5 juta|I=1 ) . p (I=1 )=14

. 110

= 140

p (B=Rp .1 juta )=p (I=1, B=1 juta )=p (B=1 juta|I=1 ) . p ( I=1 )=34

. 110

= 340

Contoh 2:Pada asuransi kendaraan B mempunyai Distribusi kontinu dengan fungsi densitas (satuan dalam jutaan rupiah)

f B∨ I ( x|I )={0,9(1− x2 ) ,0<x<2

0 , x lainnyaP(B=2)=0,1

Catatan : p (0<B<2 )=∫0

2

f B∨I ( x|I ) dx=0,9∫0

2

(1− x2 )dx=0,9

Jika sebenarnya B mempunyai Distribusi campuran yaitu 0<B<2 berdistribusi kontinu dan untuk B=2 berdistribusi diskrit

9

0,9

1

2 x

1

0,85

0,95


Gambar . Fungsi Distribusi untuk B, diberikan I=1

FB (x)=p ( B≤ x|I=1 )=¿

{ 0

0,9 x−14

0,9 x2

jika p ( I=1 )=0,15 ,maka E (x|I=0 )=0

E ( x|I=1 )=E ( B|I=1 )=∫0

2

x .0,9(1− x2 )dx+2. p (B=2 )=0,6+0,2=0,8

E ( x )=( x|I=0 ) . p ( I=0 )+E (x|I=1 ) . p ( I=1 )=0+ [ 0,8 x0,15 ]=0,12

Var ( x )=E (x2 )−¿E (x2 )=(x2|I=0 ) . p (I =0 )+E (x2|I=1 ) . p ( I=1 )=0+E (B2|I=1 ) . p (I=1 )

E (B2|I=1 )=∫0

2

x2 (0,9 )(1− x2 )dx+22 p (B=2 )= 0,9

3x3−0,9 x4

8¿0

2+0,4=0,9( 83−2)+0,4=0,6+0,4=1

E (x2 )=1.0,15=¿0,15Var ( x )=0,15−¿

2 x

FB (x)

10


FX (x )¿= p(X ≤ x)=p( IB ≤x )= p¿untuk x<0→F X ( x )=0. (0,85 )+0. (0,15 )=0

0≤ x<2→F X ( x )=1 . (0,85 )+0,9¿x≥ 2→F X ( x )=1 . (0,85 )+1. (0,15 )=1

Jika dalam menentukan E(x) dan Var (x), kita akan langsung menggunakan distribusi dari x, tentukan lebih dahulu distribusi dri x . x juga merupakan distribusi campuran yang diskrit di x=0 dan x=2, sehingga:P(x=0)=p(I=0)=0,85P(x=2)=p(B=2|I=1).p(I=1)=0,1 x 0,15=0,015

dan f X ( x )=f B∨ I ( x|I ) . p (I =1 )=0,9(1− x2 ) .0,15=0,135(1− x

2 )….untuk 0<x<2

atau f X ( x )={F x' ( x )=[0,9.2 .(1− x

2 ) .−12 ] .0,15=0,8

2 .(1− x2 )2.0,15=0,0135(1− x

2 ),0<x<2

0 , x lainnya

sehinggaE ( x )=0,135∫0

2

x (1− x2 )dx=0,12

Var ( x )=E (x2 )−¿Misalkan suatu perusahaan asuransi menanggung n unit Resiko dan S= x1+x2+… ..+ xn adalah jumlah besarnya risiko yang ditanggung perusahaan tersebut. Diasumsikan bahwa x1 , x2 ,… .. , xn saling bebas. Asumsi ini diambil pertama untuk memudahkan dari segi matematikanya. Kedua tidak jelas bagaimana bentuk relasi yag wajar apabila tidak saling bebas.

SUM OF INDEPENDENT RANDOM VARIABLE

Dalam model resiko individu, klaim-klaim dari pertanggungan dimodelkan sebagai:jumlah dari klaim beberapa tertanggung individu. Klaim-klaim untuk individual-individual diasumsikan independent dalam banyak aplikasi / praktek.

Dalam bab ini untuk menentukan Distribusi dari jumlah independent v.r yang dibahas. Jumlah dari 2 v.r -> S=X+Y;sebagai contoh seperti gambar berikut:

x

y

{x+ y≤ S }

11


Garis x+y=S dan daerah dibawah garis yang diwakili {S≤ X+Y ≤ S }Fungsi Distribusi dari s adalah:FS (s )=pr ( S≤ s )=pr ( X+Y ≤S ) … (1 )

Untuk 2 diskrit, non negative v.r dapat digunakan Hukum Total probability untuk menulis pr

Sebagai: FS (s )= ∑∀ y ≤S

Pr ( X+Y ≤S|Y = y ) . Pr (Y = y )=¿ ∑∀ y ≤S

Pr ( X ≤s− y|Y= y ) . Pr (Y= y ) ..(2)¿

Bila X dan Y independent, persamaan (2) dapat ditulisFS (s )=∑

∀Fx (s− y ) . FY ( y )….(3)

Fungsi peluang yang analog dengan F Distribusi dapat dihitung dengan FS (s )=∑

∀Fx (s− y ) . F y (Y ) ….(4 )

Untuk kontinu

FS (s )=∫0

s

pr ( x≤ s− y∨Y= y ) f Y ( y ) dy ….(5)

FS (s )=∫0

s

Fx (s− y ) .F y (Y ) dy…… (6)

f S (s )=∫0

s

f x (s− y ) . F y (Y ) dy ……(7)

Dalam prakteknya pers (3) dan pers (6) dinamakan KONVOLUSI dari pasangan Distribusi Fungsi FX ( x )dan FY ( y ) dandinotasikan sebagai Fx danF y

Conclusion dapat juga didefinisikan untuk pasangan fungsi peluang atau fungsi padat peluang dalam persamaan (4) dan (7). Untuk menentukan Distribusi dari jumlah lebih dari dua v.r digunakan Convolution proses I untuk S= x1+x2+… ..+ xn dimana x i adalah independent r.v

Fi: Fungsi Distribusi dari xi

F(k): Fungsi distribusi dari x1+ x2+… ..+xk

Prosesnya

F(2) = F2 * F(1)=F2 * F1

F(3) = F3 * F(2)

F(4) = F4 * F(3)

12

3

2

2, 3


::F(n) = Fn * F(n-1)

f 2 ( x )=∑y≤ x

f 1 ( x− y ) f 2( y)

f 3 ( x )=∑y≤ x

f 2 ( x− y ) f 3( y )

Contoh 2: Misalkan X merupakan distribusi Uniform pada (0,2) Y independent dengan distribusi Uniform pada (0,3), tentukan df dari S=X+YJawab:Karena X dan Y kontinu

FX ( x )={ 0 , x<0x2

,∧0≤x<2

1 , y≥2

f X ( x )={ 12 ,∧0<x<2

0 ,∧xlainnya

FY ( y )={ 0 ,∧ y<0y3

,∧0≤ y<3

1 , y≥3

f Y ( y )={ 13 ,∧0< y<3

0 ,∧ ylainnya

Ruang sampel X,Y digambarkan sebgai berikut:Kejadian trsebut termasuk pada X+Y ≤S yang ilustrasi dalam gambar untuk 5 nilai dari S , untuk setiap nilai, garis yang beririsan dengan sumbu y di S dan X=2 di S-2. Jadi nilai dari FS untuk 5 jenis adalah:

FS (s )=∫0

s

FX ( x ) FY (s−x ) dx

FS (s )=∫0

s

FY ( y ) F X ( s− y ) dy

FS (s )=¿

13


Contoh 3:X dan Y berditribusi diskrit:p ( x=0 )=0,3 ; p ( x=1 )=0,2; p ( x=2 )=0,5p ( y=0 )=0,1 ; p ( y=1 )=0,3 ; p ( y=2 )=0,6FX (0 )=0,3; F X (1 )=0,5 ; F X (2 )=1

k p(x=k) p(Y =k ) p ( X+Y )=k FX (k ) p(Y =k ) FX+Y (k)0 0,3 0,1 0,03 0,3 0,1 0,031 0,2 0,3 0,11 0,5 0,3 0,142 0,5 0,6 0,29 1,0 0,6 0,433 0 0 0,27 1,0 0 0,74 0 0 0,03 1,0 0 1,00

p ( x+Y )=0p ( X+Y=k )=∑y

p ( x=s− y ) p (Y = y )p (S=k )=∑y

p ( x=k− y ) p (Y = y )

p (S=0 )=p ( x=0−0 ) p (Y =0 )= (0,3 ) ( 0,1 )=0,03

p (S=1 )=p ( x=1−0 ) p (Y =0 )+ p ( x=1−1 ) p (Y=1 )= (0,2 ) (0,1 )+(0,3 ) (0,3 )=0,02+0,09=0,11

p (S=2 )=p ( x=2−0 ) p (Y =0 )+ p ( x=2−1 ) p (Y=1 )+ p ( x=2−2 ) p (Y=2 )=(0,5 ) (0,1 )+(0,2 ) (0,3 )+(0,3 ) (0,6 )=0,05+0,06+0,18=0,29

p (S=3 )=p (x=3−0 ) p (Y=0 )+p ( x=3−1 ) p (Y =1 )+p (x=3−2 ) p (Y =2 )+ p ( x=3−3 ) P (Y=3 )=0 (0,1 )+(0,5 ) (0,3 )+(0,2 ) (0,6 )+ (0,3 ) .0=0,15+0,12=0,27

p (S=4 )=p ( x=4−0 ) p (Y=0 )+ p ( x=4−1 ) p (Y=1 )+ p ( x=4−2 ) p (Y=2 )+ p ( x=4−3 ) P (Y=3 )+p ( x=4−4 ) p (Y =4 )=0+0+(0,5 )(0,6)+0=0,3Contoh 4:X dan Y berdistribusi Eksponensial.f X ( x )=2e−2x x>0FY ( x )=5e−5 y , y>0

f X+Y ( s )=∫0

s

10.e−2x . e−s (s−x ) dx=10∫0

s

e−5 s . e3 xdx=103

e−5 s (e3 s−1 )=103

(e−2 s−e−5s )

Contoh 5:Misal 3 peubah acak yang saling bebas

X1 , X2 , X3 , i=1,2,3 , X i merupakandistribusi Eksponensial E (X i )=1i, E ( X1 )=1

θ=1 , E (X2 )=1

θ=1

2tentukan pdf dari S=X1+X2+X3 dengan proses konvolusidan MGF

Jawab:fungsi Eksponensial f X (x )=θ e−θx , x>0 , θ>0 f 1 ( x )=e−x , x>0f 2 ( x )=2e−2x , x>0

f 3 ( x )=3 e−3 x , x>0denganmenggunakan f S ( s )=∫0

s

f x ( s− y ) f Y ( y )dy

duakali didapat : f 2 ( x )=∫0

x

f 1 (x− y ) f 2 ( y )=∫0

x

e−( x− y ) 2e−2 y dy=2e−x∫0

x

e− y dy=2e−x−2 e−2x , x>0

f s ( x )=f 3 ( x )=∫0

x

f 2 ( x− y ) f 3 ( y ) dy=∫0

x

2e−( x− y )−2e−( x− y )−3e−3 ydy=3e−x−6e−3 x+3e−3 x

Metoda lain menghitung Distribusi dari jumlah p.a dengan MGF; M X (t )=E (e tx )misal :S=X1+ X2+X3+….+X nM S (t )=E ¿

jika X1 , X2 , X3 …. Xnbebas makaEkspektasi dapat ditulis : E ¿M S ( t )=M X1(t ) . M X 2

( t ) … ..M X n( t )

Contoh 6:Dengan contoh diatas tentukan pdf S=X1+X2+X3+….+Xn dengan menggunakan MGF dari S”M S (t )=M X1

(t ) . M X 2(t ) .M X 3

(t )=et (X 1) .e t ( X2 ). e t (X 3 )¿¿

14


¿¿ e (t−1) x ¿0∞. 2

t−2 e (t−2) x . 3t−3 e (t−3) x ¿0

∞

¿( 11−t )( 2

t−2)( 3

t−3¿

Dimana dapat kita tulis dengan metode pecahan parsial

M S (t )= A1−t

+ 2B2−t

+ 3C3−t

Solusinya A=3; B=-3, C=1MGF Dari Distribusi Eksponensial:f S ( x )=3e−x−3 ( 2e−2 x)+3 e−3 x

Contoh 7:Inverse Gaussian Distribution.

f X ( x )= α√2 πB

x−32 exp¿¿M X ( t )=exp¿

Tentukan Distribusi: S=X1+X2+X3+….+Xn

M S (t )=¿¿Parameter Inverse Gaussian Distribution : nα danβ

Contoh 8: MGFX berdistribusi diskrit p(x=0)=0,3 ; p(x=1)=0,2; p(x=2)=0,5

M X (t )=(e tx )=∑x=0

2

etx p ( X=x )=e0 (0,3 )+¿e1 (0,2 )+e2 (0,5 )¿

Y berdstribusi diskrit p(Y=0)=0,1; p(Y=1)=0,3; p(Y=2)=0,6

M Y ( t )=(ety )=∑y=0

2

ety p (Y= y )=e0 ( 0,1 )+¿e1 (0,3 )+e2 (0,6 )¿

Jika X dan Y saling bebas maka:M X+Y ( t )=M X ( t ) M Y ( t )

Sehingga X, Y dan X+Y apakah merupakan distribusi yang sama

DISTRIBUSI DARI JUMLAH VARIABEL ACAK SALING BEBAS (KONVOLUSI)

Misal jumlah 2 p.a, S=X+Y

FS (s )=∫0

s

FX (s− y ) FY ( y ) dy f S ( s )=∫0

s

f X ( s− y ) f Y ( y ) dy

Contoh 1:Peubah acak X1 , X2 , dan X3 adalah saling bebas dengan distribusi di definisikan pada kolom 1,2 , 3, dan tentukan p.f dan d.f dari S=X1+X2+X3

15


x f 1(x) f 2(x) f 3(x) f 2(x) f 3(x) F1(x ) F3(x) F3(x)0 0,4 0,5 0,6 0,12 0,4 0,2 0,1201 0,3 0,2 0,62 0,2 0,1 0,13 0,1 0,1 0,14 0,1 0,156789101112

f 2 ( x )=∑y≤ x

f 1 ( x− y ) f 2( y)

f 3 ( x )=∑y≤ x

f 2 ( x− y ) f 3( y )

F2 ( x )=∑ F1 ( x− y ) f 2( y)F3 ( x )=∑ F2 ( x− y ) f 3( y )F2 ( x )=∑ f 1(x)

Catatan

p ( x=k )=pkuntuk k=0,1,2,3…ndengan∑k=1

n

pn dan M X (t )=∑k=0

n

pk ekt

Latihan1. X dan Y merupakan distribusi uniform (seragam) dengan

x U [ 0,2 ] dan y U [ 0,3 ] ,tentukan M X (t ) , M Y ( t ) ,M X+Y (t )apakah X+Y berdistribusi seragam.

2. X dan Y merupakan distribusi Eksponensialf X ( x )=2e−2x , x>0f Y ( y )=5e−5 x , y>0

tentukan MX (t ) , M Y ( t ) , M X+Y ( t ) dan apakah X+Y berdistribusi Eksponensial

3. Distribusi Gamma

f ( x )= βα

τ (α ). xα−1e−βx , x>0 jika α=1−→distribusiGammamenjadi EksponensialM X (t )=¿

4. Jika x merupakan distribusi Gamma dengan

f ( x )= βα 1

τ (α ). xα 1−1 e−βx , x>0

Y merupakan distribusi Gamma dengan

16


f ( x )= βα 2

τ (α ). xα 2−1 e−βx , x>0

Tentukan M X+Y ( t )dan apakah X+Y berdistribusi Gamma? Dengan parameter apaCatatan:Jika X1 , X2 ... X n saling bebas dan mempunyai distribusi yang identik yaitu Eksponensial dengan f ( x )=βe−βxmaka S=X1+X2+…+Xn

Berdistribusi Gamma dengan f S (s )= βn

(n−1 )!sn−1 e−βs dengans>0

TEOREMA LIMIT PUSATCara lain untuk menentukan distribusi dari untuk n yang besar adalah dengan menggunakan teorema limit pusat. Distribusi yang kita dapat hanya distribusi aproksimasi.

Jika n besar:S−E(s)√var s

,merupakanlimit distribusi N (0,1)

Catatan:Teorema limit pusat ang asli sebenarnya untuk X1 , X2 …yang saling bebas dan

mempunyai Distribusi identik. Tapi dalam aplikasi sering digunakan untuk Distribusi yang tidak identik juga

CONTOH APLIKASI..1. Suatu perusahaan asuransi jiwa menjual produk Term Insurance dengan perode 1

tahun. Benefit yang ada adalah 1 dan 2 unit dengan probabilitas 0,02 dan 0,01. Tabel berikut memberikan jumlah individu nk. Benefit amount dan probabilitas claim Qk. Seperti pada tabel berikut:

k Qk bk nk

1 0,02 1 5002 0,02 2 5003 0,1 1 3004 0,1 2 500

Perusahaan asuransi jiwa ini ingin mengumpulkan sejumlah “Amount” dari populasi 1800 individu yang sama dengan 95% dari distribusi total klaim, selanjutnya perusahaan tersebut menginginkan bagian dari masing-masing individu dari

17


“Amount” ini proporsional terhadap Expeted Claim individu-individu tersebut. Bagian untuk setiap individu-individu j dengan mean E(X j) adalah:θE (X j )+E (X j )atau(1+θ)E(X j) Ekstra Amount θE (X j )adalah; Security loading dan θ adalah relative security loading ∈penambahan premi dari tertanggung untuk fluktusi yang besar. *karena diinginkan pr ¿, maka tentukan berapa besar θ (relatif security loading) Solusi:

S= x1+x2+…+x1800

pr ¿pr( S−E (s )√var s )≤( θE ( s )

√var s )=95 %

karena S−E (s )√var s

N (0,1 ) →maka nilai θE (s )√var s

→dapat lihat ttabel N (0,1 )

maka θE ( s)√var s

=1,645→θdapat ditentukandenganE (s )=∑j=1

1800

E (X j )=∑k=1

4

nk bk Qk=160

Var (s )=∑j=1

1800

var (x j )=∑k=1

4

nk bk2 Qk (1−¿¿Qk )=256 ¿¿θE (s )=1,645.√var (s )

θ=1,645.√var (s )E (s )

θ=1,645.√256160

=0,1645=16,45 %

2. Perusahaan asuransi jiwa menutup 16.000 polis individu untuk produk term insurance 2 tahun dengan benefit sebgai berikut:

Benefit Amount Number Covered10.000 8.00020.000 3.50030.000 2.50050.000 1.500100.000 500

Probabilitas klaim untuk setiap orang dari 16.000 adalah 0,02. Perusahaan asuransi jiwa terebut ingin menetapkan batas retensi untuk batas retensi adalah 20.000. perusahaan asuransi jiwa menahan/retain resiko sampai dengan benefit amount 20.000. Selebihnya dibelikan reasuransi. Kriteria keputusan, perusahaan asuransi jiwa ingin meminimalkan bahwa klaim ang di tahan + jumlah premi ang dibayarkan ke reasuransi lebih besar dari 8.250.000 atau minimal 8.250.000, sedangkan biaya premi reasuransi adalah 0,025 perunit/penutupan / benefit amount.Ditanyakan: pr(s+ premi yangdibayar kereasuransi ≥8.250 .000)Jawab:Resiko yang ditahan perusahaan asuransi jiwa

k Retained Amount Number Covered1 1 8.0002 2 8.000

18


pr ( s+k ≥8.250 .000 ) pr ( s≥8.250.000−k )

pr( S−E (s )√var s )≥( 8.250.000−k−E(s)

√var s )E (s )= ∑

i=1

16.000

b iQi=∑k=1

2

nk bk Qk=(8.000 ) (1 ) (0,02 )+(8.000 ) (2 )(0,02)=480

Var (s )= ∑i=1

16.000

bi2 Qi (1−Qi )=∑

k =1

2

nk bk2 Qk (1−¿¿Qk)=(8000 ) (12 ) (1−0,02 )+(8.000 ) (22 ) (1−0,02 )=784 ¿¿

√var (s)=√784=28Resiko rasuransi=resiko total asuransi jiwa-resiko yang ditahan asuransi jiwaResiko total asuransi jiwa=(1)(8.000)+(2)(3.500)+(3)(2.500)+(5)(1.500)+(10)(500)=35.000Resiko yang ditahan Asuransi jiwa=(1)(8000)+(2)(8000)=24.000*biaya reasuransi=0,025 x 11.000=275

pr( S−E (s )√var s )≥(825−275−480

28 )pr [(S−E (s )

√var s )≥2,5]=1−pr( S−E ( s )√var s )≤2,5=1−0,9938=0,0062=0,62 %

*Coba untuk latihanMisalkan batas retensi =30.000 dari soal diatas (2) dengan pertanyaan yang sama.

Benefit Amount Number Covered10.000 8.00020.000 3.50030.000 2.50050.000 1.500100.000 500

*soal latihanPemegang polis Asuransi dari perusahaan Asuransi kendaraan (mobil) terbagi atas 2 kelas

Kelas(k) Jumlah individu

dalam kelas (n¿¿k)¿

Probabilitas Claim

(Q¿¿k )¿

Distribusi dari besar klaim (B¿¿k )¿

λ

Parameter dari truncated

eksponensialL

1 500 0,10 1 2,52 2.000 0,05 2 5,0

Distribusi truncated Eksponensial :F x={0 , x<01−e−λx

1 , x ≥L,0≤x<L

Tentukan θ (relative security loading) agar p(s<premi)=95%

19


DISTRIBUSI KERUGIAN KONTINU YANG SERING DIGUNAKAN

1. DISTRIBUSI EKSPONENSIALf ( x )= λe−λx , x>0

2. DISTRIBUSI PARETO

f ( x )=α λα

¿¿

3. DISTRIBUSI LOG NORMAL

f ( x )= 1√2πσx

e−12 { log x−μ

σ }2

, x>0

4. DISTRIBUSI GAMMA

f ( x )= λα

τ (α ). xα−1e− λx , x>0

5. INVERSE GAUSSIAN

f ( x )= μ√2πβ x3

exp¿

E (s )=E ( s1)+ E ( s2 )+E (s3 )+E ( s4 )=160var ( s )=var ( s1 )+…+var ( s4 )=256

p (s<(1+θ ) E (s ) )=0,95

p( S−E ( s )√var s )≤( θE ( s)

√var s )=95 %θE (s )√var s

=1,645→θ=1,645√256160

=0,1645

Contoh truncated Exponensial distribusi

F x={ 0 , x<01−e−(λ)x

1 , x ≥L,0≤x<L

jadi f ( x )=( λ ) e−( λ ) x ,0<x< Lp ( x=L )=e−( λ ) L

μ=E (B|I=1 )=∫0

L

x( λ)e−( λ ) xdx+L .e−( λ ) L=1−e−( λ ) L

(λ)

σ 2=var ( B|I=1 )=1−2 ( λ ) Le−( λ ) L−e−2 ( λ ) L

(λ)2

manda260509.files.wordpress.com file · web viewcontoh: 1 suatu suku cadang dapat menahan uji...

Documents