Download - Proses Stokastik
TUGAS
PROSES STOKASTIK
OLEH :
FERNINDA
130803042
DEPARTEMEN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS SUMATERA UTARA
MEDAN
2015
TUGAS I
1.) Jelaskan apa yang dimakasud dengan varians dan kovarians ?
Jawab :
Varians adalah ukuran β ukuran keragaman (variasi) data statistik yang paling
sering digunakan. Varians dapat menggambarkan bagaimana berpencar suatu data
kuantitaif varians diberi simbol π2 untuk populasi dan untuk π 2 sampel.
Kovarians adalah suatu pengukuran yang menyatakan variasi bersama dari dua
variabel acak kovarians antara dua variabel acak diskrit x dan y dinotasikan
dengan ππ₯π¦ dan didefinisikan sebagai berikut.
Kovarians
ππ₯π¦ = ππ β πΈ π ππ β πΈ π π(π₯π , π¦π )
π
π=1
dimana : ππ = nilai variabel acak X ke-i
ππ = nilai variabel acak Y ke-i
π(π₯π , π¦π) = probabilitas terjadinya π₯π dan π¦π
i = 1,2,...,N
2.) Buktikan
a.) Distribusi Gamma
ππ₯ π₯ =ππ
π(π) π₯πβ1πβππ for 0 < π₯ < β
Where π π = π¦πβ1β
0πβπ¦ ππ¦ (the gamma function)
Solusi :
Fungsi gamma menurut Euler yang diberikanoleh:
Ξ π = limπ β β
1.2.3 β¦β¦ (π β 1)
π π + 1 β¦β¦ (π + π β 1)ππ
Menurut definisi Euler, kita turunkan sifat β sifat Ξ π :
Ξ π = limπ β β
1.2.3 β¦β¦ (π β 1)
π π + 1 (π + 2) β¦β¦ (π + π β 1)(π + π)ππ+1
Ξ π = limπ β β
ππ
(π + π)
1.2.3 β¦β¦ (π β 1)
π π + 1 β¦β¦ (π + π β 1) ππ
Proses ini terus dikembangkan sehingga diperoleh:
Ξ π = πΞ π = π π β 1 Ξ π β 1 = π π β 1 π β 2 β¦β¦β¦ 3.2.1 = π!
Untuk menghitung harga fungsi gamma untuk sembarang peubah, kita tinjau dari
integral
πΉ π, π = 1 βπ‘
π
π
π‘πβ1 ππ‘
π
0
dengan n merupakan bilangan bulat positif dan a > 0. Selanjutnya kita namakan
t / n = s dengan t bergerak dari 0 βΆ n, sedangkan n βΆβ, maka integral diatas dapat
dituliskan sebagai,
πΉ π, π = ππ 1 β π ππ πβ1ππ
π
0
Kalau kita integralkan secara parsial, diperoleh;
πΉ π, π = π β 1 β¦β¦β¦ 1.2.3
π π + 1 β¦β¦ (π + π β 1)ππ
yang ternyata limπ β β πΉ π, π = Ξ(π)
kemudian dengan mengingat bahwa
limπ β β
(1 + 1/π)π = π, ππππ limπ β β
(1 β π‘/π)π = πβπ‘
Dengan demikian kita dapat menulis integral fungsi gamma sebagai
Ξ π = limπ β0
πΉ(π, π) π‘πβ1β
0
πβπ‘ ππ₯
Dengan ini kita dapat memperluas harga agar tidak hanya meliputi bilangan bulat
positif, melainkan yang pecahan pun juga memenuhi. Selanjutnya, untuk
memudahkannya kita ganti a dengan n yang dapat berupa bilangan bulat positif atau
pecahan β sementara out t kita ganti dengan x sehingga dinyatakan sebagai berikut,
π π = ππβπβ
π
πβπ π π
b.) Distribusi Normal
ππ₯(π₯) =1
2ππ2π
{β π₯βπ 2
2π2 } for ββ < π₯ < β
Solusi :
TUGAS II
3.) Suppose that the number of calls per hour arriving at an answering service follows a
poisson process with π = 4.
a.) What is the probability that fewer than two calss come in the first hour ?
b.) Suppose that six calls arrive in the first hour. What is the probability that at least two
calls will arrive in the second hour ?
c.) The person answering the phones waits until fifteen phone calls have arrived before
going to lunch. What is the expected amount of time that the person will wait ?
d.) Suppose it is known that exactly eight calls arrived in the first two hours. What is the
probability that exactly five of themarrived in the first hour ?
e.) Suppose it is known that exactly k calls arrived in the first four hours . What is the
probability that exactly j of them arrived in the first hour ?
Solusi :
a.) a. Probabilitas bahwa kurang dari dua panggilan masuk pada satu jam pertama adalah
P(T2 > 1). Namun, {T2 > 1} = {X1 < 2}. Jadi itu setara untuk menghitung baik P(T2 > 1)
atau P(X1 < 2). Karena X1 π Po(4), kita ketahui
P(X1 < 2) = P(X1 = 0) + P(X1 = 1) = 40
0! πβ4 + =
41
1! πβ4 = 5πβ4
Di sisi lain, karena T2 π π€( 2, 1
4 ), kita hitung
P(T2 > 1) = 1
π€(2)
β
1 42 xπβ4x
dx = 16π₯πβ4π₯β
1 dx = 5πβ4
Ingat bahwa integration by parts dengan u = x dan dv = 16eβ4x
menghasilkan
16π₯πβ4π₯ dx = -4xe- 4x
+ β4π₯πβ4π₯ dx = β4xeβ4x
β eβ4x.
b.) Probabilitas bahwa setidaknya dua panggilan masuk di jam kedua mengingat bahwa enam
panggilan tiba di satu jam pertama adalah
P(X2 β₯ 8|X1 = 6) = P(x2 β₯8,x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P(x2βx1 β₯2,x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P x2βx1 β₯2 P(x1 = 6)
P(x1 = 6)
= P x2 β x1 β₯ 2
Karena X2 β X1 β Po(4), kita dapat menyimpulkan bahwa
P x2 β x1 β₯ 2 = 1 - P x2 β x1 β₯ 2 = 1 β 5eβ4
Dengan menggunakan hasil kita di (a)
c.) Perhatikan bahwa T15 itu adalah waktu panggilan kelima belas masuk. Karena T15 β π€(
15, 1
4 ), kita dapat menyimpulkan
E(T15) = 15. 1
4
= 15
4
Sebagai kemungkinan lain, T15 = T1 + T2 + β¦ + T15 dengan Ti β Exp ( 1
4 ), kita dapat
menyimpulkan
E(T15) = E(T1) + E(T2) + β¦ + E(T15)
= 1
4 +
1
4 + β¦ +
1
4
= 15
4
d.) Probabilitas bahwa tepat 5 panggilan masuk pada satu jam pertama dengan mengingat
bahwa delapan panggilan masuk pada dua jam pertama diberikan oleh
P(X1 = 5|X2 = 8) = P(x1= 5,x2 = 8)
P(x2 = 8)
= P(x2 β x1 = 3,x2 = 5)
P(x2 = 8)
= P x2 β x1 = 3 P(x2 = 5)
P(x2 = 8)
Karena X2 β X1 β Po(4)
P(X2 β X1 = 3) = 43
3! πβ4,
Karena X1 β Po(4)
P(X1 = 5) = 45
5! πβ4,
Dan karena X2 β Po(4)
P(X2 = 8) = 88
8! πβ8,
Kita bisa mengkombinasikannya sehingga diperoleh
P(X1 = 5|X2 = 8) =
43
3! πβ445
5! πβ4
88
8! πβ8
= 8!
3!5!28
= 7
32
e.) Probabilitas bahwa tepat j panggilan masuk pada satu jam pertama dengan mengingat
bahwa k panggilan masuk pada empat jam pertama diberikan oleh
P(X1 = j|X2 = k) = P(x1= j,x2 = k)
P(x2 = k)
= P(x2 β x1 = kβj,x2 = j)
P(x2 = 8)
= P x2 β x1 = kβj P(x2 = j)
P(x2 = j)
Karena X2 β X1 β Po(4)
P(X2 β X1 = k-j) = 4(πβπ)
(πβπ )! πβ4,
Karena X1 β Po(4)
P(X1 = j) = 4π
π ! πβ4,
Dan karena X2 β Po(4)
P(X2 = k) = ππ
π ! πβπ ,
Kita bisa mengkombinasikannya sehingga diperoleh
P(X1 = j|X2 = k) =
4(πβπ)
(πβπ)! πβ44π
π ! πβ4
ππ
π ! πβπ
TUGAS III
1.) Carilah peluang menang untuk olahraga dari skor nol !
Solusi :
W W W W W
A : W 1 2 ... N-1 N N+1 N+2
L L L L L
0 L L L L L L
B : W 1 2 ... N-1 N N+1 N+2
W W W W W
Keterangan : Skor A dan B dimulai dari 0.
Use first step analysis. The possible step starting before deuce are :
1. A wins the next point (probability p) : move to state A.
2. A lose the next point (probability q) : move to state B.
Berlaku dari 0 sampai N-1.
So, P(A wins) = p
P(A loses) = q =1-p
Let V be the event that a wins EVENTUALLY starting from deuce, so V =
P(A|D). Starting from deuce (D), the possible steps are to states A and B. So :
q
N A win (π΄+ ) A win (W)
p
q
N p A loses ( π΅+) A loses (L)
Keterangan : π΄+ : A win and get 1 point
π΅+ : A lose and get B 1 point
V = P(A wins | D) = P (A | D)
= PD A
= PD A A+ PD A+ + PD A B+ PD B+
= PD A A+ p + PD A B+ q β¦ (β)
Now we need find P(A|A+) and P(B|B+), again using first-step analysis :
P(A|A+) = P(A|W)p + P(A|D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv ... (a)
Similary
P(A|B+) = P(A|L)p + P(A|D)q
= 0 x q + v x p
= pv ... (b)
Substitute (a) and (b) into (*)
V = (p + qv)p + (pv)q
= p2 + pqv + pqv
= p2 + 2pqv
V - 2pq = p2
V(1- 2pq) = p2
V = p2
1β2pq
Because p + q =1, we have :
1 = (π + π)2 = p2 + q2 + 2pq
1- 2 pq = p2 + q2
Final probability that A wins the game is
V = p2
1β2 ππ
V = p2
p2+q2
2.) Carilah peluang menang untuk olahraga bulutangkis dimulai dari sebarang skor !
Solusi:
Untuk A yang mulai servis
W W W W W
A ...
L L L L L L L L L L
B ...
W W W W W
Keterangan: x = skor awal A
y = skor awal B
W = wins
L = Loses
Gunakan analisis pertama. Langkah yang mungkin sebelum terjadinya Deuce
yaitu:
a. A menang untuk point selanjutnya (peluang p) : pindah ke kejadian A.
b. A kalah untuk point selanjutnya (peluang q) : pindah ke kejadian B.
Banyak kejadian yang mungkin: 2N-2-x-y
Jadi, P(Awins) = π
2πβ2βπ₯βπ¦
P(Aloses) = π
2πβ2βπ₯βπ¦
x
y
x+1 N-1
y+1 N-1 N
N
N+1
N+1
N+2
N+2
q p
p
q
p q
Keterangan : X = A win dan bertambah 1 point.
Y = A loses dan B bertambah 1 point.
Andaikan v kejadian A wins dimulai dari Deuce, jadi v = P(A | D). Dimulai
dari Deuce (D), langkah-langkah yang mungkin untuk kejadian A dan B,
Maka:
v = P(A wins | D) = P(A | D)
= PD (A)
= PD (A | X) PD (X) + PD (A | Y) PD (Y)
= P (A | X)p + P (A | Y)q (*)
Sekarang kita butuh mencaria P(A | X) dan P(A | Y), gunakan langkah analisis
pertama:
P(A | X) = P(A | W)p + P(A | D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv. (a)
dan,
P(A | Y) = P(A | L)q + P(A | D)p
= 0 x q + v x p
= pv. (b)
Deuce (D)
X
Deuce (D)
Deuce (D)
Y A loses (B)
A wins (W)
Substitusi (a) dan (b) ke (*)
v = (p + qv)p + (pv)q
v = p2 + pqv + pqv
v = p2 + 2pqv
v β 2pqv = p2
v(1β2pq)= p2
π£ = π2
1β2ππ
Karena p + q = 1, 1 = (p + q)2 = p
2 + q
2 + 2pq. Maka 1 β 2pq = p
2 + q
2
Jadi, probabilitas A wins yaitu:
v = ππ
ππ+ππ
Untuk B yang mulai servis
W W W W W
A ...
L L L L L L L L L L
B ...
W W W W W
Keterangan: x = skor awal A
y = skor awal B
W = wins
L = Loses
x
y
x+1 N-1
y+1 N-1 N
N
N+1
N+1
N+2
N+2
Gunakan analisis pertama. Langkah yang mungkin sebelum terjadinya Deuce
yaitu:
c. A menang untuk point selanjutnya (peluang p) : pindah ke kejadian A.
d. A kalah untuk point selanjutnya (peluang q) : pindah ke kejadian B.
Banyak kejadian yang mungkin: 2N-2-x-y
Jadi, P(Awins) = π
2πβ2βπ₯βπ¦
P(Aloses) = π
2πβ2βπ₯βπ¦
q p
p
q
p q
Keterangan : X = A win dan bertambah 1 point.
Y = A loses dan B bertambah 1 point.
Andaikan v kejadian A wins dimulai dari Deuce, jadi v = P(A | D). Dimulai
dari Deuce (D), langkah-langkah yang mungkin untuk kejadian A dan B,
Maka:
v = P(A wins | D) = P(A | D)
= PD (A)
= PD (A | X) PD (X) + PD (A | Y) PD (Y)
= P (A | X)p + P (A | Y)q (*)
Sekarang kita butuh mencaria P(A | X) dan P(A | Y), gunakan langkah analisis
pertama:
P(A | X) = P(A | W)p + P(A | D)q
= 1 x p + v x q
= p + qv. (a)
Deuce (D)
X
Deuce (D)
Deuce (D)
Y A loses (B)
A wins (W)
dan,
P(A | Y) = P(A | L)q + P(A | D)p
= 0 x q + v x p
= pv. (b)
Substitusi (a) dan (b) ke (*)
v = (p + qv)p + (pv)q
v = p2 + pqv + pqv
v = p2 + 2pqv
v β 2pqv = p2
v(1β2pq)= p2
π£ = π2
1β2ππ
Karena p + q = 1, 1 = (p + q)2 = p
2 + q
2 + 2pq. Maka 1 β 2pq = p
2 + q
2
Jadi, probabilitas A wins yaitu:
v = ππ
ππ+ππ