pengantar stokhastik - repository.unp.ac.idrepository.unp.ac.id/14749/1/buku pengantar stokastik...
TRANSCRIPT
i
DIKTAT
PENGANTAR STOKHASTIK
Oleh
Drs. Yerizon, M. Si
Dra. Minora Longgom Nasution
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI PADANG
2003
ii
KATA PENGANTAR
Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT, yang telah memberikan rahmat
dan karunia-Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan diktat “Pengantar Stokhastik” ini.
Diktat ini penulis susun dengan maksud agar mahasiswa pengikut mata kuliah
Pengantar Stokhastik dapat lebih mudah mempelajari dan memahami materi mata kuliah ini.
Karena materi Pengantar Stokhastik agak sulit dipahami dibandingkan dengan materi
matematika lainnya. Untuk itu diktat ini disusun sedemikian rupa sehingga lebih mudah
dipahami. Disamping manfaat bagi mahasiswa, diharapkan diktat ini juga bermanfaat bagi
dosen yang mengajarkan mata kuliah ini.
Penulis menyadari, bahwa diktat ini masih jauh dari sempurna, untuk itu penulis sangat
mengharapkan kritik dan saran dari semua pihak, demi kesempurnaan diktat ini pada edisi-
edisi berikutnya. Pada kesempatan ini penulis juga mengucapkan terima kasih banyak kepada
semua pihak yang telah membantu dalam penyusunan diktat ini.
Akhirnya penulis mengharapkan agar diktat ini dapat bermanfaat sebagai mana
mestinya.
Padang, Oktober 2003
Penulis
iii
DAFTAR ISI
Halaman
KATA PENGANTAR i
DAFTAR ISI ii
BAB 1 PENDAHULUAN 1
1.1 Peluang 1
1.2 Distribusi Peluang Diskret Khusus 8
1.3 Beberapa Distribusi Peluang Kontinu 21
BAB 2 RANTAI MARKOV WAKTU DISKRIT 26
2.1 Pengantar 26
2.2 Matriks Peluang Transisi 29
2.3 Beberapa Model Rantai Markov 33
2.4 Analisis Langkah Pertama Sederhana 36
2.5 Beberapa Rantai Markov Khusus 40
BAB 3 PRILAKU JANGKA PANJANG RANTAI MARKOV 46
3.1 Matriks Peluang Transisi Reguler 46
3.2 Klasifikasi State 49
3.3 Teorema Limit Dasar dari Rantai Markov 54
BAB 4 RANTAI MARKOV WAKTU KONTINU 57
4.1 Pengantar 57
4.2 Proses Kelahiran Murni 58
4.3 Proses Kematian Murni 61
4.4 Proses Kelahiran dan Kematian 63
BAB 5 MODEL ANTRIAN 68
5.1 Proses Antrian 68
5.2 Model Antrian Pelayan Tunggal 68
5.3 Model Antrian Pelayan Majemuk 72
5.4 Antrian dengan Populasi Hingga 75
DAFTAR KEPUSTAKAAN 79
8
1.2 Distribusi Peluang Diskret Khusus
Banyak peubah acak yang dihasilkan dalam percobaan statistika mempunyai sifat
yang sama dan pada dasarnya dapat dinyatakan dengan distribusi peluang yang sama.
Misalnya semua peubah acak yang menyatakan banyaknya sukses dalam n usaha bebas
dalam suatu percobaan. Jika peluang sukses tidak berubah pada tiap n usaha, mempunyai
ciri umum yang sama dan karenanya dapat dinyatakan dengan rumus tunggal.
Orang harus hati-hati memilih distribusi peluang yang tepat menggambarkan
pengamatan yang dihasilkan oleh percobaan. Dalam bagian ini akan dibahas beberapa
distribusi peluang diskret. Tapi sebelumnya akan disajikan kembali beberapa definisi dan
teorema yang berkaitan dengan distribusi peluang diskret.
Bukti:
2 = E(x - )
2
= E(x2 - 2x +
2)
= E(x2) - 2E(x) +
2 (karena E(x) = )
= E(x2) - 2
2 +
2
= E(x2) -
2
Distribusi Seragam(Uniform)
Distribusi peluang diskret yang paling sederhana adalah yang peubah acaknya
memperoleh semua harganya dengan peluang sama. Distribusi peluang semacam ini
disebut distribusi seragam atau uniform.
Definisi 1.2.1
Fungsi f(x) adalah suatu fungsi peluang atau distribusi peluang suatu peubah acak
diskret X jika memenuhi,
a. f(x) 0
b. x
xf 1)(
c. P(X = x) = f(x)
Definisi 1.2.2
Misalkan X suatu peubah acak diskret dengan distribusi peluang f(x), maka nilai
harapan X adalah E(x) = x
xxf )( .
Teorema 1.2.1
Variansi peubah acak X adalah 2 = E(x
2) – [E(x)]
2 = E(x
2) -
2
9
Notasi f(x;k) telah dipakai sebagai pengganti f(x) untuk menunjukkan bahwa distribusi
seragam tersebut bergantung pada parameter k.
Bukti :
Untuk membuktikan teorema 1.2.2 dilakukan sebagai berikut :
Menurut definisi 1.2.2 di atas, maka diperoleh,
k
x
k
xk) ; f(xx E(x)
k
1i
ik
1
ik
1i
ii
i
Dari teorema 1.2.1, diperoleh,
k
1i
i
2
i
2
i
2 k) ; f(x)-(x )-E(x
k
)(x
k
)(x
k
1i
2
ik
1
2
i
i
Contoh
Bila sebuah dadu dilantunkan satu kali, berapa peluang yang muncul tiap mata dadu,
kemudian tentukan rata-rata dan variansinya.
Jawab
Ruang sampel dari masalah di atas adalah S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Jadi peluang yang muncul
tiap mata dadu adalah 1/6, hal ini merupakan distribusi uniform sehingga peluangnya f(x;
6) = 1/6, untuk x = 1, 2, 3, 4, 5, dan 6.
Berdasarkan teorema 1.2.2 di atas maka diperoleh
= 5,36
21
6
654321
dan
2 =
12
35
6
)5,36(....)5,32()5,31( 222
Definisi 1.2.3
Misalkan peubah acak X mempunyai distribusi uniform diskret. Maka distribusi
peluangnya diberikan dengan
f(x ; k) = k
1. untuk x = x1, x2, x3, …xk.
dimana xi xj dengan i j.
Teorema 1.2.2
Rataan dan variansi distribusi uniform diskret f(x ; k) adalah
k
xk
1i
i dan
k
)(xk
1
2
i
2
i
10
Distribusi Bernoulli
Peubah acak bernoulli hanya mempunyai dua nilai yaitu 0 dan 1 dalam satu kali
percobaan. Nilai 0 dan 1 ini biasanya dikaitkan dengan “gagal” dan “sukses”. Dan peluang
sukses dinyatakan dengan p dan gagal dengan 1 - p. Untuk lebih jelasnya perhatikan
definisi berikut.
Distribusi bernoulli biasa juga dilambangkan dengan X ~ Bernoulli(p). Rataan dan variansi
dari distribusi Bernoulli dinyatakan dengan teorema berikut.
Bukti :
Dari definisi 1.2.2 dan 1.2.4, diperoleh
p) ;xf(x E(x) 1
0x
=
1
0
x-1xqxpx
= 0.p0q
1-0 + 1p
1q
1-1 = p
Dari teorema 1.2.1 diperoleh,
)-E(x 2
i
2 E(x2) – [E(x)]
2
Dari hasil E(x) = p, sekarang akan dicari E(x2) sebagai berikut
p) ;f(x x )E(x 1
0x
22
=
1
0
x-1x2 qpxx
= 02.p
0q
1-0 + 1
2 p1q
1-1 = p
Jadi )-E(x 2
i
2 E(x2) – [E(x)]
2 = p – p
2 = p(1-p) = pq.
Contoh
Sebuah mata uang dilempar satu kali, dicatat bahwa hasilnya yang muncul muka “M” dan
belakang “B”. Tentukan peluang muncul muka, rata-rata dan variansinya
Jawab
Ruang sampel dari masalah di atas adalah S = {M, B} dan misalkan kejadian muncul muka
adalah A = {M}, dan Belakang adalah C = {B}.
Definisi 1.2.4
Suatu peubah acak X dikatakan mengikuti distribusi Bernoulli dengan parameter p jika
hanya mempunyai dua kemungkinan nilai yaitu 0 dan 1 dan distribusi peluangnya
didefinisikan dengan
f(x; p) = px(1-p)
1-x = p
x(q)
1-x , untuk x = 0, 1
Teorema 1.2.3
Distribusi Bernoulli f(x; p) mempunyai rata-rata dan variansi
= p dan 2 = pq
11
Sehingga peluang muncul muka adalah P(M) = n(s)
n(A)=
2
1, dalam hal ini sesuai dengan
distribusi bernoulli yaitu f(x; p) = px(1-p)
1-x, untuk x = 0, 1.
Karena p = 0,5 dan dari definisi 1.2.4, f(x; p) = (0,5)x(0,5)
1-x, untuk x = 0, 1. Setelah
dilakukan pelemparan ternyata mata uang muncul adalah muka, berarti x = 1 atau berhasil.
Akibatnya f(x; p) = (0,5)1(0,5)
1-1 = 0,5.
Berdasarkan teorema 1.2.3, diperoleh = p = 0,5 dan 2 = 0,5.0,5 = 0,25
Distribusi Binomial
Suatu peubah acak Binomial dapat dipandang sebagai jumlah n peubah acak
Bernoulli, yakni banyaknya yang berhasil dalam n usaha Bernoulli.
Suatu percobaan Binomial memenuhi persyaratan berikut :
a. percobaan terdiri atas n usaha yang berulang.
b. Tiap usaha memberikan hasil yang dapat ditentukan sukses atau gagal.
c. Peluang sukses, dinyatakan dengan p, tidak berubah dari usaha yang satu ke
yang berikutnya.
d. Tiap usaha, bebas dengan usaha yang lainnya.
Distribusi bernoulli biasa juga dilambangkan dengan X ~ B(n,p). Rataan dan variansi dari
distribusi Binomial dinyatakan dengan teorema berikut.
Bukti
Berdasarkan definisi 1.2.2, diperoleh
= E(x) =
n
1x
x-nx p)1(px
nx =
n
1x
x-nx p)1(px)!-(nx!
n!x
Definisi 1.2.5
Banyaknya sukses X dalan n usaha suatu percobaan binomial disebut suatu
peubah acak binomial.
Definisi 1.2.6
Bila suatu usaha binomial dapat menghasilkan sukses dengan peluang p dan gagal
dengan peluang q = 1 – p, maka distribuasi peluang acak binomial X, yaitu banyaknya
sukses dalam n usaha bebas adalah
b(x;n,p) = x-nxqpx
n
, x = 0, 1, 2, …., n.
Teorema 1.2.4
Distribusi binomial b(x;n,p) mempunyai rata-rata dan variansi
= np dan 2 = npq
12
=
n
1x
x-nx p)1(px)!-(n1)!-x(x
n!x =
n
1x
x-nx p)1(px)!-(n1)!-(x
n!
=
n
1x
x-n11-x p)1(px)!-(n1)!-(x
1)!-(nn
=
n
1x
x-n1-x p)1(p px)!-(n1)!-(x
1)!-n(n
=
n
1x
x-n1-x p)1(p1-x
1-n np . Maka diperoleh
n
1x
x-n1-x p)1(p1-x
1-n = 1, sehingga =
E(x) = np. Selanjutnya akan dibuktikan 2 = npq sebagai berikut :
Sekarang akan dicari E(x2) = E[x(x -1)] + E(x)
Untuk mendapatkan E(x2) terlebih dahulu kita cari E[x(x -1)] sebagai berikut :
E[x(x-1)] =
n
1x
x-nx p)1(px
n1)-x(x =
n
1x
x-nx p)1(px)!-(nx!
n!1)-x(x
=
n
1x
x-nx p)1(px)!-(n2)!-1)(x-x(x
1)n!-(xx =
n
1x
x-nx p)1(px)!-(n2)!-(x
n!
=
n
1x
x-n22-x p)1(px)!-(n2)!-(x
2)!-1)(n-(nn
=
n
1x
x-n2-x2 p)1(ppx)!-(n2)!-(x
2)!-1)(n-(nn
= n(n-1)p2
n
1x
x-n2-x p)1(p2-x
2-n
Karena
n
1x
x-n2-x p)1(p2-x
2-n = 1, maka diperoleh E[x(x-1)] = n(n-1)p
2. Akibatnya E(x
2)
= E[x(x -1)] + E(x) = n(n-1)p2 + np.
Jadi 2 = E(x
2) – [E(x)]
2 = n(n-1)p
2 + np – (np)
2
= n2p
2 – np
2 + np – n
2p
2
= np (1-p) = npq
Contoh
1. Sebuah tes benar-salah terdiri dari 10 pertanyaan. Berapa peluang untuk memperoleh 8
jawaban yang benar?. Tentukan rata-rata dan variansinya.
Jawab
P(benar) = ½ dan p(salah) = ½, maka b(x;10,1/2) =
x-10x
2
1
2
1
x
10
p(delapan jawaban adalah benar) = b(8;10,1/2) =
2-108
2
1
2
1
8
10
=
28
2
1
2
1
8
10
=
10
2
1
)!810(!8
!10
13
=
10
2
1
!2!.8
.9.8!10
= 45
10
2
1
Maka diperoleh
= np = 4.0,2 = 0,8 dan 2 = npq = 4.0,2.0,8 = 0,64.
2. Sebuah pesawat dengan 4 mesin dapat terbang jika sekurang-kurangnya 2 mesinnya
bekerja. Berapa peluang pesawat itu dapat terbang dengan baik jika mesin-mesinya
beroperasi secara independen dan tiap-tiap kerusakannya (mesin tidak berfungsi)
mempunyai peluang q.
Jawab
Missal p = 1- q = peluang mesin yang tidak rusak, q peluang pesawat itu dapat terbang jika
sekurang-kurangnya 2 mesin bekerja.
b(x;4 , q) = x-4xqq-1
x
4
, x = 0, 1, 2, 3, 4
P(terbang baik) = 04qq-1
4
4
+ 13
qq-13
4
+ 22
qq-12
4
= 1 - 4q + 6q2 – 4q
3 + q
4 + 4(1 – 3q + 3q
2 – q
3)
+ 6(1- 2q + q2) q
2
= 1 - 4q + 6q2 – 4q
3 + q
4 + 4 – 12q + 12q
2 - 4q
3 + 6q
2
- 12q3 + 6q
4
= 1 - 4q3 + 3q
4
Teorema 1.2.5
Jika X mempunyai distribusi binomial dengan parameter n dan p dan Y = n
X maka E(y)
= p dan n
)p1(p2y
14
Distribusi Multinomial
Distribusi multinomial merupakan perluasan dari distribusi binomial.
Contoh
Bila dua dadu dilantunkan enam kali, berapakah peluang mendapat jumlah 7 atau 11
muncul dua kali, sepasang bilangan yang sama satu kali, dan pasangan lainnya tiga kali.
Jawab
Misalkan kejadian berikut menyatakan
E1 : jumlah 7 atau 11
E2 : pasangan bilangan yang sama muncul
E3 : baik pasangan yang sama maupun jumlah 7 atau 11
tidak muncul.
Ruang sampel dari soal di atas adalah S = {(1,1),(1,2),…,(6,6)}
Maka peluang p1 = P(E1) = 8/36 = 2/9
p2 = P(E2) = 6/36 = 1/6
p3 = P(E3) = 22/36 = 11/18
dengan menggunakan distribusi Multinomial x1 = 2, x2 = 1, dan x3 = 3, maka diperoleh
peluangnya, yaitu
f(2,1,3; 2/9,1/6,11/18, 6) =
3 ,1 ,2
6 32
18
11
6
1
9
2
= !3!1!2
!632
18
11
6
1
9
2
= 0,1127.
Distribusi Hipergeometrik
Misalkan suatu contoh berukuran n diambil secara acak (tanpa pengembalian) dari
sebuah kantong yang berisi N buah benda yang mengandung k yang sukses dan N – k yang
gagal.
Definisi 1.2.7
Bila suatu usaha tertentu dapat menghasilkan k macam hasil E1, E2, E3,….,Ek dengan
peluang p1, p2, p3,….,pk, maka distribusi peluang acak X1, X2, X3,….,Xk, yang
menyatakan terjadinya E1, E2, E3,….,Ek dalam n usaha bebas ialah
f(x1, x2 ,…., xk; p1, p2, p3,.,pk, n) =
k21 x,....,x,x
n k21 x
k
x
2
x
1 p,....,p,p
dengan
k
1
ixi
= n dan
k
1
ipi
= 1
15
Contoh
Suatu kantor mempunyai 10 orang pekerja yang terdiri dari 3 orang pria dan 7 orang
wanita. Manajer memilih empat diantara mereka secara random untuk mengikuti kursus
singkat guna peningkatan kualitas.
a) Berapa peluang akan terpilihnya jumlah yang sama antara p dan w.
b) Berapa peluang wanita lebih banyak dari pria
Jawab
a) Dari soal diketahui bahwa N = banyak pekerja dikantor, akan dipilih empat dari sepuluh
untuk mengikuti kursus, jadi n = 4, karena ada 3 pria maka k = 3. karena yang akan dipilih
harus 2 pria dan 2 wanita maka disini jelas p = 2 dan w = 2
jadi P(p=2, w=2) =
4
10
2-4
3-10
2
3
= 210
63= 0,3
b) Disini jelas bahwa kemungkinan wanita 4 atau 3.
Sehingga P(wanita > pria) =
4
10
4-4
7-10
4
7
+
4
10
3-4
7-10
3
7
=
!6!4
!10!3!0
!3
!3!4
!7
+
!6!4
!10!2!1
!3
!4!3
!7
=
1.2.3.4
7.8.9.101
3
1.2.3
5.6.7
1.2.3
5.6.7
= 210
10535 =
210
145
Definisi 1.2.8
Distribusi peluang peubah acak hipergeometrik X, yaitu banyaknya sukses dalam
sampel acak ukuran n yang diambil dari N benda yang mengandung k bernama sukses
dan N – k bernama gagal adalah
h(x;N,n,k) =
n
N
x-n
k-N
x
k
, untuk x = 0, 1, 2,….., n.
Teorema 1.2.6
Rataan dan variansi distribusi hipergeometrik h(x;N,n,k) adalah
N
nk dan
N
k1
N
kn..
1-N
n-N2
16
Distribusi Poisson
Percobaan yang menghasilkan peubah acak X yang bernilai numerik, yaitu
banyaknya sukses selama selang waktu tertentu atau dalam daerah tertentu, disebut
percobaan Poisson. Panjang selang waktu tersebut dapat berupa menit, jam, hari dan
sebagainya. Misalnya X menyatakan banyaknya hubungan telepon sejam yang diterima
suatu kantor.
Suatu percobaan Poisson memiliki sifat sebagai berikut.
1. banyaknya sukses terjadi dalam suatu selang waktu atau daerah tertentu tidak
terpengaruh oleh (bebas dari) apa yang terjadi pada selang waktu atau daerah lain
yang terpilih.
2. peluang terjadinya suatu sukses (tunggal) dalam selang waktu yang amat pendek
atau dalam daerah yang kecil sebanding dengan panjang selang waktu atau besarnya
daerah dan tidak bergantung pada banyaknya sukses yang terjadi di luar selang
waktu atau daerah tersebut.
3. peluang terjadinya lebih dari satu sukses dalam selang waktu yang pendek atau
daerah yang sempit tersebut dapat diabaikan.
Distribusi peluang suatu peubah acak Poisson X disebut distribusi Poisson dan
dinyatakan dengan p(x,μ) atau X ~ POI(λ), karena nilainya hanya bergantung pada μ, yaitu
rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu.
Bukti :
E(x) =
0x
x-
x!
ex
=
1x
x-
x!
ex
=
1x
x-
1)!-x(x
ex
=
1x
1-x-
1)!-(x
e =
1x
1-x-
1)!-(x
e
Definisi 1.2.9
Banyaknya sukses X dalam suatu percobaan Poisson disebut suatu peubah acak Poisson.
Definisi 1.2.10
Distribusi peluang peubah acak Poisson X, yang menyatakan banyaknya sukses yang
terjadi dalam suatu selang waktu atau daerah tertentu, diberikan oleh
... 2, 1, 0, x,!
);(
x
exp
x
dan menyatakan rata-rata banyaknya sukses yang
terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu tersebut dan e = 2, 71828…
Teorema 1.2.7
Rataan dan variansi distribusi Poisson p(x; ) adalah sama, yaitu
17
Karena
1x
1-x-
1)!-(x
e = 1 maka E(x) = . Kemudian variansi distribusi Poisson diperoleh
dengan mula-mula mencari
E[x(x-1)] =
0x
x-
x!
e1)-x(x
=
2x
x-
x!
e1)-x(x
=
2x
x-
2)!-1)(x-x(x
e1)-x(x
=
2x
22-x-
2)!-(x
e = 2
2x
2-x-
2)!-(x
e
Karena
1x
2-x-
2)!-(x
e = 1, maka E[x(x-1)] = 2 . Maka E(x
2) = E[x(x-1)] + E(x) = 2 + .
Jadi var(x) = E(x2) – [E(x)]
2 = 2 + - 2 =
Contoh
1. Rata-rata terjadinya kecelakaan di persimpang jalan adalah tiga kali dalam satu minggu.
Berapakah peluang terjadi kecelakaan tepat lima kali dalam satu minggu. Tentukan
rata-rata dan variansinya
Jawab
Dari soal diketahui = 3 dan x = 5. Untuk itu ... 2, 1, 0, x,!
);(
x
exp
x
Sehingga P(3) = !5
3e 5-3
= 0,1008. Karena rata-rata = maka = 3. dan variansi 2 =
sehingga 2 = 3
2. Misalkan diketahui bahwa jumlah kendaraan pada persimpangan tertentu dalam interval
(0, t) mengikuti distribusi poison X(t) dan rata-rata adalah 3t (t dalam satuan menit).
a) Tentukan peluang akan lewat paling sedikit 2 kendaraan dalam interval (0, t).
b) Misalkan kejadian A paling sedikit 4 kendaraan lewat selama menit pertama
dan kejadian B paling banyak 2 kendaraan lewat selama menit kedua. Tentukan
peluang terjadinya A dan B.
c) Tentukan rata-rata dan variansinya
Jawab
a) Poisson(3t) = ,!
)3()3(
3
x
tetp
xt
18
Peluang untuk jumlah kendaraan yang lewat paling banyak 2, merupakan komplemen dari
1
0
3
!
3
x
xt
x
te = e
-3t + 3t e
-3t, sehingga
P(jumlah kendaraan lewat 2) = 1 – (e-3t
+ 3t e-3t
).
b). P(A) =
k
x
xt
x
te
4
3
!
3 , untuk t = 1 maka P(A) =
k
x
x
x
e
4
3
!
3
P(B) =
2
0
3
!
3
x
xt
x
te, untuk t = 1 maka P(B) =
2
0
3
!
3
x
x
x
e,
P(A) P(B) = {1-
3
0
3
!
3
x
x
x
e}
2
0
3
!
3
x
x
x
e,
= (0,3856413)(0,4177639) = 0,161107 = 0,16
c). Karena rata-rata = maka = 3t dan variansi 2 = maka
2 = 3t.
Distribusi Binomial Negatif
Misalkan suatu percobaan yang berbagai sifatnya sama dengan percobaan binomial,
kecuali di sini usaha diulangi sampai terjadi sejumlah sukses tertentu. Ingin diketahui
peluang bahwa sukses ke k terjadi pada usaha ke x. Percobaan semacam ini disebut
percobaan binomial negatif.
Distribusi peluang peubah binomial negatif akan dinyatakan dengan b*(x;k,p) atau X ~
NB(p,r), karena nilainya tergantung pada banyaknya sukses yang diinginkan dan peluang
sukses dalam usaha tertentu.
Definisi 1.2.11
Banyaknya usaha X untuk menghasilkan k sukses dalam suatu percobaan binomial
negatif disebut peubah binomial negatif.
Definisi 1.2.12
Bila usaha yang saling bebas dilakukan berulang kali menghasilkan sukses dengan
peluang p sedangkan gagal dengan peluang q = 1 – p, maka distribusi peluang peubah
acak X, diberikan oleh
b*(x; k, p) = k-xkqp
1-k
1-x
x = k, k + 1, k + 2,…..
19
Contoh
1. Misalkan seseorang melantunkan tiga uang logam sekaligus. Tentukan probabilitis ia
akan mendapat semuanya muka atau semuanya belakang yang kedua kalinya terjadi
pada lantunan kelima.
Jawab
Dengan menggunakan distribusi binomial negatif untuk x = 5, k = 2 dan p = ¼ diperoleh
b*(5; 2,1/4) =
32
4
3
4
1
1
4
= 4
5
5
4
3 =
256
27
2. Suatu kejadian yang saling bebas akan berhasil dengan peluang 0,4 dan gagal dengan
peluang 0,6. Berapakah peluang terjadi 2 berhasil dari 5 usaha.
Jawab
Dengan menggunakan distribusi binomial negatif untuk x = 5, k = 3 dan p = 0,4
diperoleh b*(5; 3,0,4) = 32
6,04,02
4
= 6 32
6,04,0
Distribusi Geometrik
Misalkan suatu kejadian E yang saling bebas mempunyai peluang p yang tidak
berubah pada setiap usaha tertentu. Misalkan X banyaknya usaha yang diperlukan agar E
terjadi sekali, maka X berdistribusi geometri.
Distribusi geometri biasa juga dilambangkan dengan X ~ GEO(p). Rataan dan variansinya
adalah seperti teorema berikut.
Contoh
Dalam suatu proses produksi diketahui bahwa rata-rata 1 di antara 100 butir hasil produksi,
cacat. Berapa peluang memeriksa 5 butir dan baru menemukan yang cacat pada yang
kelima?. Tentukan rata-rata dan variansinya.
Definisi 1.2.13
Distribusi geometric yaitu bila usaha yang saling bebas dan dilakukan berulang kali
menghasilkan sukses dengan peluang p dan gagal dengan peluang q = 1 – p, maka
distribusi peluang peubah acak X, yaitu banyaknya usaha yang berakhir pada sukses
yang pertama, diberikan oleh
g(x; p) = p qx-1
x = 1, 2, 3, …
Teorema 1.2.8
Rata-rata dan variansi distribusi Geometri g(x; p) adalah
= p
1 dan
2 =
2p
q
20
Jawab
Gunakan distribusi goemetri dan dari soal diperoleh x = 5 dan p = 0,01, maka g(5; 0,01) =
(0,01)(0,99)4 = 0,0096.
Karena rata-rata = p
1 maka =
0,01
1= 100
Dan variansi 2 =
2p
qmaka
2 =
2(0,01)
0,99=
99
100
Latihan 1.2
1. Dari 5 kunci pada suatu rantai kunci, misalkan tepat satu yang membuka suatu gembok,
tetapi tidak diketahui yang mana. Misalkan X banyak kunci yang dicobakan dalam
usaha membuka gembok, dengan pemisalan bahwa kunci dicoba secara acak tanpa
pengembalian. Hitunglah fungsi peluangnya X serta tentukan nilai rata-rata dan
variansinya.
2. Lampu hijau pada suatu persimpangan, nyala selama 15 detik, kuning 5 detik, dan
merah 55 detik. Misalkan bahwa keadaan lalu-lintas mengakibatkan variasi acak dalam
waktu tiba di persimpangan, sehingga “mendapat lampu hijau” merupakan kejadian
yang berpeluang disebut “berhasil” dan kita tiba pada setiap saat dalam siklus lampu
dengan peluang yang sama. Cari distribusi X yang menyatakan bahwa banyaknya yang
berhasil dalam suatu usaha perjalanan ke persimpangan itu, kemudian tentukan rata-rata
dan variansinya.
3. Seorang pemain basket, melakukan tembakan sebanyak 10 kali dan peluang untuk masuk
0,3 tiap-tiap tembakan. Berapa peluang untuk memenangkan 6 kali tembakan.
4. Jika peluang menang dari kuda pacuan yang kita pilih = 0,2 dan x adalah nomor pilihan
yang terdiri dari 20 pilihan.
a. berapa peluang jika nomor 4 yang terpilihan
b. Berapa peluang paling banyak 4 nomor yang terpilih
c. Hitunglah rata-rata dan variansinya
5. Menurut teori genetika, persilangan tertentu sejenis marmut akan menghasilkan
keturunan berwarna merah, hitam dan putih dalam perbandingan 8 : 4 : 4. Carilah
peluang bahwa lima dari 8 turunan akan berwarna merah, dua hitam dan satu putih.
6. Seorang tukang ketik rata-rata melakukan dua kesalahan per halaman. Berapakah
peluang dia melakukan empat atau lebih kesalahan pada halaman berikut yang dia
ketik?
21
1.3 Beberapa Distribusi Peluang Kontinu
Pada bagian ini akan dibahas akan dibahas beberapa distribusi peluang kontinu.
Tapi sebelumnya akan disajikan kembali beberapa definisi dan teorema yang berkaitan
dengan distribusi peluang kontinu.
Distribusi Normal
Distribusi normal merupakan distribusi kontinu yang terpenting dalam seluruh
bidang statistika. Distribusi ini sering pula disebut distribusi Gauss.
Selanjutnya akan dibuktikan bahwa parameter dan 2 adalah betul rataan dan
variansi distribusi normal sebagai berikut:
Terlebih dahulu akan ditunjukkan rataan yaitu dengan menggunakan definisi di atas,
tulislah
E(X) =
2-x
2
1-
e 2
1x
dx =
2-x
2
1-
ex 2
1
dx.
Definisi 1.3.1 Fungsi f(x) adalah fungsi padat peluang peubah acak kontinu X, yang didefinisikan di
atas himpunan semua bilangan real R, bila
1. f(x) 0 untuk semua x R.
2.
1 dx f(x)
3. P(a < x < b) = b
a
dx f(x)
Definisi 1.3.2
Misalkan X suatu peubah acak kontinu dengan distribusi peluang f(x), maka Nilai
harapan (rata-rata) X adalah E(x) =
dx f(x)x .
Definisi 1.3.3
Fungsi padat peubah acak normal X, dengan rataan dan variansi 2 , adalah F(x)
= n(x; ,) =
2)-x(
2
1-
e 2
1
, untuk (- < x < ),
dengan = 3,14159….. dan e = 2,71828….
Definisi 1.3.4
Distribusi peubah acak normal dengan rataan nol dan variansi 1 disebut distribusi
normal baku.
22
Dengan menganti Z =
-x atau x = Z + dan dx = dz, diperoleh
E(x) =
dz z)e( 2
1 2z2
1-
=
dz z)e( 2
1 2z2
1-
=
dz e 2
2z2
1-
+
dz e z 2
2z2
1-
dari sini kita lihat satu persatu agar mudah mengintegralnya.
Untuk
dz e 2
2z2
1-
=
dz e 2
1 2z2
1-
= ,
Berdasarkan definisi di atas maka diperolah
dz e 2
1 2z2
1-
= 1, hal ini merupakan luas
dibawah kurva normal dengan rataan nol dan variansi 1. sedangkan untuk
dz e z 2
2z2
1-
= 0, karena fungsi
2z2
1-
ze merupakan fungsi ganjil.
Jadi E(x) = .
Sekarang akan dibuktikan variansi 2, sesuai dengan teorema di atas yaitu
2 =
E(x2) –
2 = E(x - )
2. Dari sini terlebih dahulu akan dicari E(x - )
2 sebagai berikut :
E(x - )2 =
2-x
2
1-
2 e 2
1)-(x
dx
=
2-x
2
1-
2 e )-(x 2
1
dx.
Dengan menganti Z =
-x atau x = Z + dan dx = dz, diperoleh
E(x - )2 =
dz e z)( 2
12z
2
1-
2
=
dz e z 2
2z2
1-
22
Dari sini dengan menggunakan integral parsial, misal u = z dan
v =
dzz 2/z- 2
e = 2/z- 2
e ,
sehingga
dz e z2z
2
1-
2 = z.{
2/z- 2
e - } +
dz e 2z
2
1-
23
=
2/z- 2
e z- +
dz e 2z
2
1-
Jadi E(x - )2 =
dz e z 2
2z2
1-
22
=
2
2
{
2/z- 2
e z- +
dz e 2z
2
1-
}
=
2
2
{0 +
dz e 2z
2
1-
}= 2
dz e 2
1 2z2
1-
Karena
dz e 2
1 2z2
1-
merupakan distribusi normal baku dengan parameter = 0 dan
2
= 1 dan dengan menggunakan definisi di atas maka diperoleh
dz e 2
1 2z2
1-
= 1
Jadi E(x - )2 =
2
Jadi terbukti bahwa parameter dari distribusi normal adalah dan 2.
Distribusi Eksponensial
Distribusi eksponensial biasa dinotasikan dengan X ~ EXP(λ), dan mempunyai
fungsi padat peluang seperti definisi berikut.
Bukti.
Rataan dapat dihitung dengan cara berikut
0
λxdxe x][ XE = -λxxe
0| +
0
λxdxe
= 0
λx |eλ
1 =
1
Definisi 1.3.5
Fungsi padat peluang distribusi eksponensial diberikan oleh
0 x0,
0 x ,λe)(
λ
xf
Teorema 1.3.1
Rata-rata dan variansi distribusi eksponensial adalah
=
1 dan
2 =
2λ
1
24
Variansi dapat dihitung dengan cara berikut
2
0
λx22 ][dxλex XE
= 2
1
Distribusi Gamma
Distribusi gamma biasa dinotasikan dengan X ~ GAM(λ,k), dan mempunyai fungsi
padat peluang seperti definisi berikut.
Dengan menggunakan integral parsial maka diperoleh,
0
20
1 )1()1()1(|)( kkdxxekxek kxkx dan
0
1)1( dxe x
Bukti.
Rataan dapat dihitung dengan cara berikut
0
λx1kk
dxΓ(k)
exλx][XE =
0
λxk1k
dx1)Γ(k
exλ
k =
k
Variansi dapat dihitung dengan cara berikut
222 ][][ XEXE = 2
k
Perlu dicatat bahwa GAM(λ,1) = EXP(λ).
Definisi 1.3.6
Fungsi padat peluang distribusi eksponensial diberikan oleh
Γ(k)
exλ)(
λx1kk
xf , untuk x ≥ 0
dimana
0
1)( dxxek kx
Teorema 1.3.2
Rata-rata dan variansi distribusi eksponensial adalah
=
k dan
2 =
2λ
k
25
Latihan 1.3
1. Misalkan X adalah berapa kali sisi gambar muncul bila sekeping uang logam
setimbang dilemparkan 40 kali. Hitunglah peluang bahwa X = 20. Gunakan
hampiran normal dan kemudian bandingkan dengan nilai peluang pastinya.
2. Untuk menentukan keefektifan suatu diit tertentu dalam menurunkan kadar
kolesterol di dalam darah, 100 orang menjalani diit ini. Setelah berdiit selama
beberapa lama yang dianggap cukup, kadar kolesterol mereka diukur. Ahli gizi yang
melakukan percobaan ini telah memutuskan untuk menyarankan diit ini bila
sedikitnya 65 persen dari orang-orang tersebut menunjukkan penurunan kadar
kolesterol setelah menjalani diit tersebut. Berapa peluang bahwa ahli gizi itu akan
merekomendasikan diit tersebut bila sesungguhnya diit tersebut tidak berpengaruh
pada kadar kolesterol di dalam darah.
3. Suatu ujian sering dianggap baik (dalam arti memberikan perpencaran skor nilai
bagi yang menempuhnya) jika skor ujian yang dihasilkannya dapat dihampiri oleh
suatu fungsi kepekatan normal.dosen sering menggunakan nilai skor ujian untuk
menduga parameter normal dan 2, dan kemudian menetapkan nilai A bagi
mereka yang memperoleh nilai lebih besar daripada + , B bagi mereka yang
nilainya antara dan + , C bagi mereka yang nilainya antara - dan , D
bagi mereka yang nilainya antara - 2 dan - , dan E bagi mereka yang nilainya
dibawah - 2. Hitunglah berapa persen peluang masing-masing mahasiswa yang
mendapat niali A, B, C, D, dan E.
4. Buktikan
2-x
2
1-
e 2
1
dx = 1
5. Buktikan jika X N(x;,), maka
-x N(x;0,1)
1
BAB 1
PENDAHULUAN
1.1 Peluang
Pengertian pokok dalam teori peluang adalah eksperimen yang hasilnya (outcome)
tidak dapat ditentukan sebelumnya. Eksperimen merupakan suatu percobaan yang dapat
diulang dengan kondisi yang sama, sedangkan hasilnya belum tentu sama. Ruang sampel
suatu eksperimen adalah himpunan semua hasil eksperimen yang mungkin. Suatu event
atau kejadian adalah himpunan bagian dari ruang sampel.
Ada beberapa aturan yang berlaku dalam teori peluang, seperti dalam teorema berikut.
Bukti.
(i). Karena AAc = S dan A∩B
c = Ǿ, maka kita punya
1 = P{S} = P{ AAc} = P{A} + P{A
c}
(ii). Karena kejadian A – B dan A∩B saling lepas dan (A – B) A∩B = A maka
P{A} = P{(A – B) A∩B}= P{A – B} + P{A∩B}.
(iii). Jika AB, maka B dapat dikomposisikan dalam kejadian saling lepas A dan B – A.
Maka P{B} = P{A (B – A)} = P{A} + {B – A} P{A}
(iv). Kejadian A B dapat dikomposisikan dalam kejadian saling lepas A - B dan B.
Maka P{A B} = P{(A – B) B} = P{A - B} + P{B}= P{A}- P{A∩B} + P{B}.
Karena P{A - B} = P{A}- P{A∩B}.
Definisi 1.1.1
Misalkan A adalah sebarang kejadian dalam ruang sampel S Peluang dari kejadian A
adalah P{A} yang memenuhi tiga aksioma berikut.
(i). 0 ≤ P{A} ≤ 1.
(ii). P{S} = 1
(iii). Untuk sebarang barisan kejadian-kejadian A1, A2, ... yang saling lepas,
11
}{n
nn
n APAP
Teorema 1.1.1
Misalkan A dan B adalah sebarang kejadian. Maka
(i). P{Ac} = 1 – P{A}
(ii). P{A - B} = P{A} – P{A∩B}
(iii). Jika AB maka P{A} ≤ P{B}
(iv). P{AB} = P{A} + P{B} - P{A∩B}
2
Dari teorema di atas maka diperoleh akibat berikut.
Peluang terjadinya suatu kejadian B bila diketahui bahwa kejadian A telah terjadi
disebut peluang bersyarat dan dinyatakan dengan P(B | A). Lambang P(B | A) biasanya
dibaca “peluang B terjadi bila diketahui A” atau “peluang B, bila A diketahui dan
didefinisikan sebagai berikut.
Jika }{}{}{ BPAPBAP atau ekivalen dengan }{}|{ APBAP maka kejadian
A dan B dikatakan mutually independent atau independent. Dari teorema di atas dapat
dikatakan bahwa peluang A dan B terjadi serentak sama dengan peluang A terjadi dikalikan
dengan peuang terjadinya B bila A telah terjadi.
Secara umum dapat ditulis.
Definisi berikut memberikan pengertian tentang partisi dari suatu ruang sampel.
Akibat 1.1.1
Untuk sebarang kejadian A, B dan C maka
P{A B C} = P{A} + P{B}+ P{C}- P{A∩B}- P{B∩C} - P{A∩C}
+ P{A∩B∩C}
Definisi 1.1.2
Untuk sebarang kejadian A dan B dalam ruang sampel S, peluang bersyarat dari
kejadian A, jika diberikan B didefinisikan dengan
0}{ ,}{
}{}|{
BP
BP
BAPBAP atau }{}|{}{ BPBAPBAP
Akibat 1.1.2
Untuk sebarang kejadian A1, A2, …, An berlaku
}...|{}...|{}|{}{}...{ 2121312121 nnn AAAAPAAAPAAPAPAAAP
Definisi 1.1.3
Kejadian A1, A2, …, An adalah partisi dari ruang sampel S. Jika kejadian Ai adalah
saling lepas dan gabungannya S yaitu jika
j iuntuk ji AA dan SAAA n ...21
maka kejadian A1, A2, …, An membentuk sebuah partisi.
3
Teorema berikut dikenal sebagai formula peluang total.
Bukti.
Jelas bahwa P{A|Bi}P{Bi} = P{A ∩ Bj} dan (A ∩ Bi)(A ∩ Bj) = A ∩( Bi ∩ Bj)= Ǿ untuk
sebarang i ≠ j. Kita punya
n
iii BPBAP
1
}{}|{ =
n
iiBAP
1
}{ = }...{ 21 nBABABAP =
)}...({ 21 nBBBAP = P{A}. Teorema di atas valid jika kejadian B1, B2, ..., Bn
berbentuk sebuah partisi. Karena A (B1 B2 … Bn}= S
Teorema berikut dikenal sebagai teorema Bayes.
Bukti.
Dengan menggunakan peluang bersyarat dalam definisi 1.1.2 kita punya
}{
}{}|{
AP
ABPABP i
i
selanjutnya dengan menggunakan formula peluang total untuk penyebut dari sisi kanan
maka terbukti teorema di atas.
Contoh.
1. Sebuah perusahaan memproduksi produk yang sama dengan menggunakan tiga mesin
yang berbeda, katakan B1, B2 dan B3 yang masing-masing dengan kapasitas produksi
60%, 30%, dan 10%. Persentase produksi yang cacat tiap mesin adalah 6%, 3%, dan
5%.
a. Hitunglah peluang, bahwa produk diambil secara acak adalah cacat.
b. Hitunglah peluang bersyarat, bahwa produk cacat yang diambil secara acak berasal
dari mesin B1, B2 dan B3
Teorema 1.1.2 (Formula Peluang Total)
Misalkan A, B1, B2, ..., Bn menunjukkan kejadian sehingga Bj ∩ Bj = Ǿ untuk sebarang i
≠ j dan A (B1 B2 … Bn. Maka
n
iii BPBAPAP
1
}{}|{}{
di mana P{Bi} > 0. (i = 1, 2, …, n)
Teorema 1.1.3 (Teorema Bayes)
Misalkan A, B1, B2, ..., Bn menunjukkan kejadian sehingga Bj ∩ Bj = Ǿ untuk sebarang i
≠ j dan A (B1 B2 … Bn. Maka
n
iii
iii
BPBAP
BPBAPABP
1
}{}|{
}{}|{}|{
di mana P(A) > 0 dan P{Bi} > 0. (i = 1, 2, …, n)
4
Jawab.
a. Misalkan A adalah kejadian bahwa produk yang diambil secara acak adalah cacat.
Maka dengan menggunakan formula peluang total kita punya
3
1
}{}|{}{i
ii BPBAPAP
= P{A|B1}P{B1} + P{A|B2}P{B2} + P{A|B3}P{B3}
= 0,06 x 0,60 + 0,03 x 0,30 + 0,05 x 0,10
= 0,05
b. Dengan menggunakan formula Bayes diperoleh
}{
}{}|{}|{ 11
1AP
BPBAPABP =
50
36 = 72 %.
}{
}{}|{}|{ 22
2AP
BPBAPABP =
50
9 = 18 %.
}{
}{}|{}|{ 33
3AP
BPBAPABP =
50
5 = 10 %.
2. Pada suatu perguruan tinggi, 40 % laki-laki dan 1 % wanita tingginya lebih dari 6 kaki.
Selanjutnya 60 % mahasiswa adalah wanita. Jika seorang mahasiswa dipilih secara acak
dan tingginya lebih dari 6 kaki, maka berapa peluang yang terpilih tersebut adalah
wanita?.
Jawab.
Misalkan W = {mahasiswa yang tingginya lebih dari 6 kaki} dan P(W|A) adalah peluang
bersyarat bahwa seorang mahasiswa adalah wanita jika diberikan mahasiswa yang
tingginya lebih dari 6 kaki. Dengan menggunakan teorema Bayes diperoleh
)|()()|(}{
}|{}{}|{
MAPMPWAPWP
WAPWPAWP
=
%)1%)(60(%)4%)(40(
%)1%)(60(
=
11
3
Harapan Matematika
Selanjutnya akan ditinjau tentang nilai harapan (ekspektasi) atau rataan dari suatu
peubah acak X. Rataan atau nilai harapan dari suatu peubah acak dapat diperoleh dengan
mengalikan setiap nilai peubah acak tersebut dengan padanannya dan kemudian
menjumlahkan hasilnya. Bila peubahnya kontinu, definisi harapan matematika pada
dasarnya masih tetap sama, yaitu dengan mengganti penjumlahan dengan integral seperti
definisi berikut.
5
.
Sekarang pandanglah fungsi g(x) dari peubah acak X, yaitu tiap nilai g(x) dapat
ditentukan bila diketahui nilai X. Misalnya bila X bernilai 2 maka g(X) bernilai g(2).
Khususnya bila X peubah acak diskret dengan distribusi peluang f(x), x = -1, 0, 1, 2 dan
g(X) = X2, maka
P[g(X) = 0] = P(X = 0) = f(0)
P[g(X) = 1] = P(X = -1) + P(X = 1) = f(-1) + f(1)
P[g(X) = 4] = P(X = 2) = f(2)
Dengan menggunakan definisi 1.1.4 maka diperoleh
)(
)]()([)()]([xg
xgXgPxgXgE
= 0.P[g(X) = 0] + 1.P[g(X) = 1] + 4.P[g(X) = 4]
= 0.f(0) + 1.[f(-1) + f(1)] + 4.f(2)
= x
xfxg )()(
Hasil ini diperluas secara umum seperti teorema berikut.
Contoh.
Misalkan X suatu peubah acak dengan distribusi peluang sebagai berikut.
x 0 1 2 3
f(x) 1/3 1/2 0 1/6
Hitunglah nilai harapan dari Y = (X – 1)2.
Definisi 1.1.4
Misalkan X adalah suatu peubah acak dengan distribusi peluang f(x). Maka nilai
harapan X atau harapan matematik X adalah
x
xxfXE )()( bila X diskret
dxxxfXE )()( bila X kontinu
Teorema 1.1.4
Misalkan X suatu peubah acak dengan distribusi peluang f(x). Nilai harapan fungsi g(x)
adalah
x
xfxgXE )()()( bila X diskret
dxxfxgXE )()()( bila X kontinu
6
Jawab.
Penggunaan teorema 1.1.4 diperoleh
3
0
22 )()1(])1[(x
xfxXE
= (-1)2f(0) + (0)
2f(1) + (1)
2f(2) + (2)
2f(3)
= (1)(1/3) + (0)(1/2) + (1)(0) + (4)(1/6)
= 1.
Sekarang pengertian harapan matematik dapat diperluas dengan dua peubah acak X
dan Y dengan distribusi peluang f(x,y).
Contoh.
Hitunglah E(Y/X) untuk fungsi padat
lainnyauntuk x 0
1y0 2,x0 ,4
)31(),(
2yxyxf
Jawab.
Dengan menggunakan definisi 1.1.5 diperoleh
dxdyyy
Y
XE
1
0
2
0
2
4
)31()(
= dyyy
1
0
3
2
)3(
= 8
5
Latihan 1.1
1. Buktikan P(A – B) = P(A) – P(A∩B)
2. Buktikan P{A B C} = P{A} + P{B}+ P{C}- P{A∩B}- P{B∩C} - P{A∩C}+
P{A∩B∩C}
3. Buktikan P(Ǿ) = 0.
Definisi 1.1.5
Bila X dan Y peubah acak dengan distribusi peluang gabungan f(x,y) maka nilai
harapan fungsi g(X,Y) adalah
x y
yxfyxgYXgE ),(),()],([ bila X dan Y diskret
dxdyyxfyxgYXgE ),(),()],([ bila X dan Y kontinu
7
4. Buktikan peluang bersyarat memenuhi aksioma dalam definisi 1.1.1.
5. Misalkan Z adalah peubah acak diskrit yang mempunyai kemungkinan nilai 0, 1, 2, 3
dan fungsi massa peluang
p(0) = ¼ p(2) = 1/8
p(1) = ½ p(3) = 1/8
a. Tentukan rata-rata E[Z]
b. Hitung variansi Var[Z]
6. Tentukan mean dan variansi dari peubah acak dengan fungsi padat peluang
nyauntukxlain
xuntukx
xuntukx
xf
,0
21,2
10,
)(
26
BAB 2
RANTAI MARKOV WAKTU DISKRIT
2.1. Pengantar
Sejak abad yang lalu disadari akan manfaat dari model yang menggunakan peluang
dibanding model yang deterministik (tertentu). Banyak phenomena fisika dan ilmu lainnya
sekarang dipelajari adalah phenomena yang acak. Bahkan dalam phenomena sosial, teknik
dan managemen pun diselidiki phenomena yang acak. Secara statistika hal menunjukkan
bahwa kebutuhan akan peubah acak yang tergantung pada waktu (time) atau ruang (ruang)
sangat terasa. Proses stokhastik (Stochastic Processes) adalah himpunan peubah acak yang
merupakan fungsi dari waktu atau sering juga disebut proses acak.
Contoh dari proses stokhastik adalah sebagai berikut.
1. Misalkan Xn menyatakan hasil lemparan ke-n dari sebuah dadu. Maka {Xn , n > 1}
merupakan himpunan peubah acak, sehingga membentuk proses stokhastik.
2. Misalkan X(t) menyatakan banyaknya pengunjung yang masuk toko swalayan selama
suatu periode waktu tertentu (0,t). Maka {X(t), t T} merupakan sebuah proses
stokhastik.
Dari contoh 1, ruang statenya adalah {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Untuk contoh 2, setiap harga t akan
menghasilkan suatu peubah acak X(t) dan mempunyai ruang statenya sendiri. Misalnya
ingin dicari ruang state X(2), yaitu banyaknya pengunjung selama 2 jam. Maka ruang
statenya adalah {0, 1, 2, …}. Begitu juga untuk X(3) dan seterusnya.
Salah satu proses stokhastik yang penting adalah proses (rantai) Markov yang
didefinisikan sebagai berikut.
Artinya peluang terjadinya kejadian pada hari ini hanya bergantung pada kejadian hari
kemarin, kejadian besok hanya bergantung pada hari ini dan seterusnya.
Proses stokhastik dispesifikasikan ke dalam empat kelompok yaitu
1. waktu diskrit dan ruang state diskrit, seperti dalam pelemparan sebuah dadu.
2. waktu diskrit dan ruang state kontinu, curah hujan setiap hari.
Definisi 2.1.2
Sebuah proses stokastik {Xn, n = 0, 1, 2, …} disebut proses (rantai) Markov waktu
diskrit jika
P{Xn+1= j | X0 = i0, …, Xn-1= in-1, Xn = i} = P{Xn+1= j | Xn = i}
untuk setiap waktu n dan setiap state i0, i1, …, in-1, i, j.
Definisi 2.1.1
Himpunan harga-harga yang mungkin untuk suatu peubah acak Xn dari suatu proses
stokhastik {Xn, n ≥ 1} disebut ruang state (state space)
27
3. waktu kontinu dan ruang state diskrit, banyak pasien yang datang ke rumah sakit.
4. waktu kontinu dan ruang state kontinu, temperatur suatu daerah pada suatu interval
waktu
Kita akan membicarakan rantai Markov yang mempunyai peluang transisi stationer
(stationary transition probabilities), yaitu peluang transisi yang bebas dari waktu n,
sehingga ijnn
ij PP 1, dan memeuhi
0ijP untuk i, j = 0, 1, 2, …
0
1j
ijP untuk i = 0, 1, 2, …
Contoh
1. Seorang pegawai pergi bekerja setiap hari dengan kereta api atau bus. Dia tidak pernah
naik kereta api dua hari berturut-turut. Tapi jika hari ini naik bus maka hari berikutnya
dia bisa naik bus lagi atau kereta api. Ini merupakan rantai Markov, karena pilihan
untuk esok hanya bergantung pada pilihan hari ini. Ruang state dari proses ini adalah {t
(kereta api), b (bus)}. Maka matriks peluang transisinya adalah
2/12/1
10
b
t
bt
2. Tiga orang anak A, B dan C sedang berlatih main bola. A selalu menendang bola ke B
dan B selalu menendang bola ke C, tapi C menendang bola kepada yang disukainya,
bisa ke A atau ke B. Misalkan Xn menunjukkan anak ke-n yang menendang bola. Ini
merupakan rantai Markov, karena pilihan anak menendang hanya bergantung pada
yang terakhir memegang bola. Ruang state dari proses ini adalah {A, B, C}. Maka
matriks peluang transisinya adalah
Definisi 2.1.3.
Peluang transisi satu langkah (one-step transition probability) didefinisikan sebagai
}|{ 11, iXjXPP nn
nnij
Definisi 2.1.4 .
Matriks peluang transisi satu langkah dari rantai Markov didefinisikan sebagai
.......
...
.......
...
...
3210
13121110
03020100
iiii
ij
PPPP
PPPP
PPPP
PP
28
02/12/1
100
010
C
B
A
CBA
Bukti.
Misalkan 000 }{ iiXP .
},...,,{ 0100 nn iXiXiXP
= },...,,{ 110100 nn iXiXiXP . },...,,|{ 110100 nnnn iXiXiXiXP
= },...,,{ 110100 nn iXiXiXP . }|{ 11 nnnn iXiXP
= },...,,{ 110100 nn iXiXiXP . nn
iiP ,1
Dengan cara induksi kita akan peroleh
= nnnn
iiiiiiii PPPPiXP ,,,,001122100
,...},{
= ninininiiiiii PPPP ,11,22,11,00
,...
Contoh.
1. Misalkan seorang pejudi mempunyai modal awal M dolar. Tiap kali main dia pasang
$1. peluang dia menang p dan kalah 1-p = q. Modal penjudi tersebut dapat mencapai 0
(habis) dan akan tetap sama dengan 0 untuk seterusnya. Tentukan fungsi peluang
transisi dari proses tersebut.
Jawab.
Misalkan Xn , n ≥ 0 menyatakan banyaknya modal penjudi pada waktu n. Maka diperoleh
lainnya j, 0
1 - i j , q
1i j , p
P ji,
2. Misalkan {Xn} adalah rantai Markov dengan ruang state {0, 1, 2} mempunyai matriks
peluang transisi
Teorema 2.1.1
Jika 000 }{ iiXP maka
niniiiiiinn PPPiXiXiXP ,12,11,001100 ...},...,,{
.
Definisi 2.1.5
Suatu state i dikatakan state menyerap (absorbing state) jika Pii = 1 atau Pij = 0
untuk i j
29
2 1 0
1,08,01,0
01,09,0
7,02,01,0
2
1
0
P
dan distribusi awal π0 = P{X0 = 0} = 0,3, π1 = P{X0 = 1} = 0,4, π2 = P{X0 = 2} = 0,3.
Tentukanlah P{X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2}.
Jawab.
P{X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2} = 2,11,00 PP = (0,3)(0,2)(0) = 0.
Latihan 2.1
1. Seorang mahasiswa mempunyai kebiasaan belajar sebagai berikut. Jika dia belajar pada
suatu malam, dia 70 % pasti tidak belajar pada malam berikutnya. Jika peluang dia
tidak belajar dua malam berturut-turut, maka tentukanlah matriks peluang transisi dari
proses tersebut.
2. Misalkan {Xn} adalah rantai Markov dengan ruang state {0, 1, 2} mempunyai matriks
peluang transisi
2 1 0
2,01,07,0
1,01,08,0
5,03,02,0
2
1
0
P
dan distribusi awal π0 = P{X0 = 0} = 0,4, π1 = P{X0 = 1} = 0,5, π2 = P{X0 = 2} = 0,1.
Tentukanlah P{X0 = 0, X1 = 1, X2 = 2}, P{X0 = 1, X1 = 0, X2 = 2}, P{X0 = 2, X1 = 1, X2
= 2}, P{X0 = 1, X1 = 1, X2 = 0}.
3. Misalkan pesan biner 0 dan 1 dikirim melalui chanel yang terdiri dari beberapa stage,
dimana pengiriman melalui setiap stage mempunyai peluang kesalahan yang tetap yaitu
sebesar α. Misalkan X0 = 0 adalah sinyal yang dikirim dan Xn adalah sinyal yang
diterima di stage ke-n. Asumsikan { Xn } adalah rantai Markov dengan peluang-peluang
transisi P00 = P11 = 1 - dan P01 = P10 = dimana 0 < < 1.
a. Tentukan peluang bahwa tidak terjadi kesalahan sampai stage ke-n = 2.
b. Tentukan peluang bahwa sebuah sinyal yang benar diterima di stage 2.
Petunjuk: P{ X0 = 0, X1 = 0, X2 = 0} + P{ X0 = 0, X1 = 1, X2 = 0}
2.2. Matriks Peluang Transisi
Teorema 2.2.1
Peluang transisi n-langkah dari Rantai Markov memenuhi
0k
1)(nkjik
(n)ij
PPP (*)
dimana kita definisikan
j i , 0
j i , 1ijP
30
Persamaan (*) disebut persamaan Chapman-Kolmogorov dan diinterpretasikan seperti
gambar berikut..
Bukti.
(n)ij
P = i} 0X | jnP{X = i} X | }{X j,P{X 00k
1n
k
=
0i}0X |k1X j, nP{X
k
=
0i}0X |k1X P{
k.
0k}1X i,0X | j nP{X
k
=
0ikP
k.
0k}1X | j nP{X
k
=
0k
1)(nkj
Pik
P
Dari teori matriks kita mengenali bahwa relasi (*) adalah formula untuk perkalian matriks,
sehingga P(n)
= PxP(n-1)
. Dengan iterasi formula ini maka diperoleh
P(n)
= PxPxPx...xP = Pn,
Dengan kata lain (n)ij
P adalah elemen dari matriks Pn. Jadi
0 r r n-r n
i k
j
Gambar 1. Interpretasi dari persamaan (*)
31
.......
...(n)i3
P(n)i2
P(n)i1
P(n)i0
P
.......
...(n)13
P(n)12
P(n)11
P(n)10
P
...(n)03
P(n)02
P(n)01
P(n)00
P
(n)ij
PnP
Contoh.
Misalkan {Xn} adalah rantai Markov dengan ruang state {0, 1, 2} mempunyai matriks
peluang transisi
0,30,10,6
0,60,20,2
0,70,20,1
P
a. Tentukanlah matriks peluang transisi dua langkah P2.
b. Tentukan 0} 1X | 13P{X
c. Tentukan 0} 0X | 13P{X
Jawab.
a. Untuk menentukan P2 ada dua cara yang bisa dilakukan yaitu dengan menggunakan
teorema 2.2 dan dengan mengalikan matriks P dengan dirinya sendiri.
Cara I.
200210010000
2
0k00k
(2)00
PPPPPPPPP k
= (0,1)(0,1) + (0,2)(0,2) + (0,7)(0,6) = 0,47
Dengan cara yang sama diperoleh
13,0(2)01
P 40,0(2)02
P 42,0(2)10
P
14,0(2)11
P 13,0(2)12
P 26,0(2)20
P
17,0(2)21
P 57,0(2)22
P
Maka
57,017,026,0
44,014,042,0
40,013,047,0(2)ij
P2
P
Cara II.
57,017,026,0
44,014,042,0
40,013,047,0
0,30,10,6
0,60,20,2
0,70,20,1
0,30,10,6
0,60,20,2
0,70,20,1
PxP2
P
b. 0} 1X | 13P{X = 13,0(2)01
P
32
c. 0} 0X | 13P{X = (3)01
P
=
2
0
2k1
P0kPk
= 00
P(2)01
P + 01
P(2)11
P + 02
P(2)21
P
= (0,1)(0,13) + (0,2)(0,14) + (0,7)(0,17)
= 0,16
Latihan 2.2
1. Misalkan matriks peluang transisi dari suatu rantai Markov adalah
2/12/1
01P
Tentukanlah )3(
21P ,
)3(11
P .
2. Sebuah partikel bergerak diantara state 0, 1, 2 menurut proses Markov yang mempunyai
matriks peluang transisi
00,50,5
0,500,5
0,50,50
2 1 0
2
1
0P
Misalkan Xn menunjukkan posisi partikel pada gerakan ke-n. Hitunglah
0} 0X | 0nP{X untuk n = 0, 1, 2, 3, 4.
3. Misalkan pesan biner 0 dan 1 dikirim melalui chanel yang terdiri dari beberapa stage,
dimana pengiriman melalui setiap stage mempunyai peluang kesalahan yang tetap yaitu
sebesar α. Misalkan X0 = 0 adalah sinyal yang dikirim dan Xn adalah sinyal yang
diterima di stage ke-n. Asumsikan { Xn } adalah rantai Markov dengan peluang-peluang
transisi P00 = P11 = 1 - dan P01 = P10 = dimana 0 < < 1. Tentukan
0} 0X | 05P{X , peluang transmisi yang benar melalui stage.
4. Misalkan Xn menunjukkan kualitas barang ke-n yang diproduksi oleh suatu sistem
produksi dengan Xn = 0 berarti “Bagus” dan Xn = 1 berarti “Cacat”. Anggap Xn adalah
rantai Markov dengan matriks peluang transisi
0,880,12
0,010,99
1 0
1
0P
Tentukan peluang bahwa item keempat adalah cacat jika diberikan item pertama cacat.
5. Misalkan Xn adalah sebuah rantai Markov dua state dengan matriks peluang transisi
33
ββ-1
α-1α
1 0
1
0P
Maka Zn = (Xn-1, Xn) adalah rantai Markov yang mempunyai empat state yaitu (0,0),
(0,1), (1,0) dan (1,1). Tentukan matriks peluang transisinya.
2.3. Beberapa Model Rantai Markov
2.3.1. Model Inventory
Misalkan sebuah barang harus tersedia agar dapat memenuhi permintaan. Asumsikan
penambahan barang dilakukan pada akhir periode ke-n = 0, 1, 2, …. Misalkan δn
menyatakan total permintaan komoditi selama periode n, adalah peubah acak yang
mempunyai fungsi distribusi bebas dari periode waktu,
ka k}nP{δ untuk k = 0, 1, 2, …..
dimana ak ≥ 0 dan 10k
ka
. Banyak stok diperiksa setiap akhir periode. Kebijakan
penambahan stok ditentukan oleh dua bilangan non-negatif s dan S > s dengan interpretasi
sebagai berikut. Jika pada akhir periode jumlah stok tidak lebih besar dari s maka stok
harus ditambah sehingga mencapai S. Jika stok lebih dari s maka tidak ada penambahan
stok. Misalkan Xn menyatakan banyaknya stok pada akhir periode n. Maka state yang
mungkin untuk proses {Xn} adalah
S, S-1, …, +1, 0, -1, -2, ….
Menurut aturan kebijakan inventory, diperoleh
s
S
nX jika 1nδS
nX s jika nδnXnX
Maka fungsi peluang transisinya dapat didefinisikan sebagai berikut.
ijP = i} nX | j1nP{X
=
s
S
i jika j}-S1nP{δ
i s jika } j - i 1nP{δ
Contoh.
Dalam penyediaan spare part, dengan permintaan yang mungkin 0, 1, 2 dalam sebarang
periode dan
0,5 0}nP{δ 0,4 1}nP{δ 0,1 2}nP{δ
Misalkan s = 0 dan S = 2. Maka ruang state dari proses {Xn} adalah {2, 1, 0, -1}. State -1
akan terjadi jika jumlah stok 1 dan permintaan 2. Maka matriks peluang transisinya adalah
34
P10 = 1} nX | 01nP{X
= 0,4 1}nP{δ
Jika Xn = 1 dan Xn+1 = 0 maka berarti terdapat satu
permintaan, sehingga 1nδ
P11 = 1} nX | 11nP{X
= 0,5 0}nP{δ
Jika Xn = 1 dan Xn+1 = 1 maka berarti tidak ada
permintaan, sehingga 0nδ
Dengan cara yang sama maka diperoleh matriks peluang transisinya yaitu,
5,04,01,00
05,04,01,0
5,04,01,00
5,04,01,00
2 1 0 1
2
1
0
1
P
2.3.2. Rantai Ehrenfest
Misalkan tersedia dua kotak dan d buah bola dengan nomor 1, 2, ..., d. Pada awalnya
sebuah bola berada di dalam kotak pertama, sedangkan sisanya berada di kotak kedua.
Tersedia undian dengan nomor 1, 2, ..., d. Kemudian diambil selembar undian secara acak
(undian dikembalikan sebelum pengambilan berikutnya). Bola dengan nomor yang sama
dengan nomor undian yang terambil dipindahkan dari kotaknya dimasukkan ke kotak lain.
Proses ini dilakukan tak hingga kali. Tentukan fungsi peluang transisi dari proses ini.
Jawab.
Misalkan Xn menyatakan banyaknya bola pada kotak pertama setelah pengambilan (trial)
ke-n. Maka { Xn } adalah rantai Markov dengan ruang keadaan (state) S = {0, 1, 2, …, d}
Karena ada i bola pada kotak I, maka undian juga ada k. Maka peluang untuk mengambil
bola dari kotak I adalah i/d dan bola ini dipindahkan ke kotak II. Maka
P{ Xn+1 = i-1 | Xn = i } = Pi,(i-1) = d
i
Kotak I Kotak II Undian
i bola pada
waktu n
(d-i) bola
pada waktu n
35
Dengan cara yang sama diperoleh
P{ Xn+1 = i+1 | Xn = i } = Pi,(i+1) = d
i-d
P{ Xn+1 = j | Xn = i } = Pi,j = 0 untuk j i + 1 dan j i - 1
Maka fungsi peluang transisinya adalah
lainnya j 0,
1 i j , i)/d(d
1-i j, i/d
ji,P
Untuk d = 3 maka matriks peluang transisinya adalah
0100
3/103/20
03/203/1
0010
P
Latihan 2.3
1. Misalkan model inventory suku cadang yang diperbaiki 0, 1, dan 2 diminta dalam
sebarang periode dengan
P{ δn = 0} = 0,4 P{ δn = 1} = 0,3 P{ δn = 2} = 0,3
dan misalkan s = 0 dan S = 3. Tentukan matriks peluang transisi untuk rantai Markov
{Xn} dimana Xn didefinisikan sebagai jumlah barang yang tersedia pada akhir period
eke-n.
2. Sebuah kotak A dan B memuat N bola. Sebuah bola diambil secara acak diantara N
bola yang ada. Kemudian kotak dipilih secara acak (A terpilih dengan peluang p dan B
terpilih dengan peluang q) dan bola yang terambil ditempatkan ke dalam kotak ini. State
dari tiap pengambilan dinyatakan sebagai banyaknya bola di kotak A. Tentukanlah
matriks peluang transisi dari rantai Markov ini.
3. Sebuah kotak A dan B memuat N bola. Misalkan pada waktu t terdapat tepat k bola di
A. Pada waktu t+1 sebuah kotak dipilih secara acak dalam proporsi isinya (yaitu A
terpilih dengan peluang k/N dan B terpilih dengan peluang (N-k)/N). Kemudian bola
dipilih dari A dengan peluang p atau dari B dengan peluang q dan ditempatkan ke
dalam kotak yang terpilih sebelumnya. Tentukanlah matriks peluang transisi dari rantai
Markov ini.
4. Misalkan model inventory yang direview secara periodik dan δn adalah total permintaan
dalam periode n dan Xn adalah jumlah barang di akhir periode n. Sebuah kebijakan (s,
S) dgunakan: Jika stok di akhir periode tersebut tidak lebih besar dari s, maka stok
ditambah sampai ke tingkat S. Jika tidak, tidak ada penambahan stok.
36
a. Anggap s = 1, S = 4 dan X0 = S = 4. Jika δ1 = 2, δ2 = 3, δ3 = 4, δ4 = 0, δ5 = 2, δ6 = 1
δ7 = 2, δ8 = 2, berapa tingkat stok Xn di akhir periode n = 1, 2, …, 8.
b. Anggap δn , δn , … adalah peubah acak independen dimana P{ δn = 0} = 0,1,
P{ δn = 1} = 0,3, P{ δn = 2} = 0,3, P{ δn = 3} = 0,2, dan P{ δn = 4} = 0,1. Maka X0 ,
X1 , …. adalah rantai Markov. Tentukan P41 dan P04.
2.4. Analisis Langkah Pertama Sederhana
Misalkan {Xn} adalah rantai Markov dengan matriks peluang transisi
100
γβα
001
210
2
1
0P
dimana > 0, β > 0, γ > 0 dan α + β + γ = 1. Jika proses mulai di state 1 maka proses akan
terserap di state 0 atau state 2. Sekarang timbul dua pertanyaan berapa lama waktu
dibutuhkan dan berapa rata-rata banyaknya langkah dibutuhkan sehingga proses terserap.
Kedua pertanyaan tersebut dengan mudah dapat dijawab dengan menggunakan analisis
langkah pertama sebagai berikut.
Misalkan
T = min { n ≥ 0 | Xn = 0 atau Xn = 2 }
adalah waktu yang dibutuhkan proses sampai terserap. Selanjutnya misalkan u adalah
peluang proses sampai ke state menyerap dan v adalah rata-rata banyaknya langkah
dibutuhkan sampai proses ke state menyerap, jika dimulai di state 1 (X0 = 1) , sehingga
u = 1} 0X | 0TP{X .
v = 1} 0X | T E{
Untuk menentukan u dan v digunakan analisis langkah pertama
Ada 3 kemungkinan untuk X1 yaitu X1 = 0, X1 = 2 dan X1 = 1.
Kemungkinan I, X1 = 0
Maka diperoleh T = 1, sehingga 1} 0X | 0TP{X = 1} 0X | 01P{X = dan jika
X0 = 0 maka 0} 0X | 0TP{X = 0} 0X | 01P{X = 1.
Kemungkinan II, X1 = 2.
Maka diperoleh T = 1, sehingga 1} 0X | 2TP{X = 1} 0X | 21P{X = γ dan
2} 1X | 0TP{X = 2} 1X | 01P{X = 0.
Kemungkinan III, X1 = 1.
Maka diperoleh 1} 0X | 11P{X = β dan 1} 1X | 0TP{X = u.
37
Maka
u = 1} 0X | 0TP{X
=
2
0k1} 0X |k 1X0,TP{X
=
2
0k1} 0X |k1}P{Xk 1X 1, 0X |0TP{X
=
2
0k1} 0X |k1}P{Xk 1X |0TP{X
= 0} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 01P{X +
1} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 11P{X +
2} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 21P{X
= 1() + u(β) + 0(γ)
Sehingga diperoleh
β-1
α u atau
γα
α u
Selanjutnya rata-rata waktu yang dibutuhkan sampai proses terserap adalah
v = 1} 0X | E{T
=
2
0k1} 0X |k 1XE{T,1
=
2
0k1} 0X |k1}P{Xk 1X 1, 0X |E{T1
=
2
0110k
1} X |k}P{Xk X |E{T1
= 1 + 0} 1X | E{T . 1} 0X | 01P{X +
1} 1X | E{T . 1} 0X | 11P{X +
2} 1X | E{T . 1} 0X | 21P{X
= 1 + (0)() + (v)(β) + (0)(γ)
Sehingga diperoleh β-1
1 v
Selanjutnya kita akan melihat untuk rantai Markov empat state dengan matriks peluang
transisi
38
1000
23222120
13121110
0001
3 2 1 0
3
2
1
0
P
PPPP
PPPP
Penyerapan terjadi di state 0 dan 3 dan state 1 dan 2 adalah “transient”.
Misalkan
T = min{ n ≥ 0 | Xn = 0 atau Xn = 3 }
ui = i} 0X | 0TP{X untuk i = 1,2
vi = i} 0X | E{T untuk i = 1,2
Maka u0 = 1, u3 = 0 dan v0 = v3 = 0. Ada dua kemungkinan untuk keadaan awal yaitu
X0 = 1 dan X0 = 2.
Misalkan X0 = 1.
Maka dengan menggunakan analisis langkah pertama diperoleh
u1 = 1} 0X | 0TP{X
=
3
0k1} 0X |k 1X0,TP{X
=
3
0k1} 0X |k1}P{Xk 1X 1, 0X |0TP{X
=
3
0k1} 0X |k1}P{Xk 1X |0TP{X
= 0} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 01P{X +
1} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 11P{X +
2} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 21P{X +
3} 1X | 0TP{X . 1} 0X | 31P{X
= (u0)P10 + (u1)P11 + (u2)P12 + (u3)P13
Dengan cara yang sama jika X0 = 2 maka diperoleh
u2 = (u0)P20 + (u1)P21 + (u2)P22 + (u3)P23
Secara umum kita punya
n
jijji Puu
0 untuk i = 0, 1, 2, …, n
Selanjutnya untuk rata-rata waktu yang diperlukan untuk penyerapan adalah
39
n
jijji Pvv
01 untuk i = 0, 1, 2, …, n
Contoh.
Seekor tikus dimasukkan ke dalam “Maze” berikut
0
1 7
food
2
3 4
8
shock
5 6
Jika tikus bergerak secara acak di dalamnya, tentukanlah peluang tikus terserap di ruang
makanan (ruang 7) sebelum kena setrum (ruang 8) jika tikus dilepas di ruang i.
Jawab.
Misalkan Xn adalah ruangan yang ditempati tikus pada langkah ke-n. Matriks peluang
transisinya adalah
100000000
010000000
0002/12/10000
3/103/1003/1000
03/13/1003/1000
0004/14/14/14/10
3/100003/1001/3
01/30001/3001/3
0000001/21/20
P
Misalkan ui = ui(7) adalah peluang penyerapan di ruang makanan (ruang 7), jika tikus
dilepaskan di ruang i. Maka diperoleh persamaan
5)2/1(4)2/1(6
6)3/1(3)3/1(5
6)3/1(3)3/1(3/14
5)4/1(4)4/1(2)4/1(1)4/1(3
3)3/1(0)3/1(2
3)3/1(0)3/1(3/11
2)2/1(1(1/2)0
uu
uu
uu
uuuu
u
uu
uu
u
u
u
u
uu
u
u
Persamaan di atas mempunyai solusi u0 = u6 = ½, u1 = u4 = 2/3, u2 = u5 = 1/3, u3 = ½,
u7 = 1 dan u8 = 0. Jadi jika tikus dilepas di ruang 0 atau di ruang 6 maka peluangnya sampai
di ruang makanan (ruang 7) adalah ½.
40
Latihan 2.4
1. Temukan peluang dan rata-rata waktu, untuk mencapai state 3 jika dimulai di state 0
dari rantai Markov dengan matriks peluang transisi
1000
1,09,000
1,02,07,00
1,02,03,00,4
P
2. Seekor tikus putih dimasukkan ke dalam ruang 4 dari “Maze” berikut.
1 2 3
food
4 5 6
7
shock
Jika tikus bergerak secara acak di dalamnya, tentukanlah peluang tikus terserap di
ruang makanan (ruang 3) sebelum kena setrum (ruang 7).
3. Misalkan matriks peluang transisi dari suatu rantai Markov adalah
10000
000q
000q
000q
000q
p
p
p
p
P
dimana p + q = 1. Tentukan rata-rata waktu yang dibutuhkan untuk mencapai state 4
jika dimulai di state 0. Yaitu temukan E { T | X0 = i } dimana T = min{n ≥ 0 | Xn = 4}
Petunjuk: Misalkan vi = E{ T | X0 = i } untuk i = 0, 1, 2, 3, 4. Buktikan persamaan
untuk vi , i = 0, 1, 2, 3, 4. dengan menggunakan analisis langkah pertama dengan
syarat batas v4 = 0, kemudian tentukan v0.
2.5. Beberapa Rantai Markov Khusus
2.5.1. Rantai Markov Dua State
Misalkan
bb
aaP
1
1 dimana 0 < a, b < 1
adalah matriks peluang transisi dari rantai Markov dua state.
41
Bukti.
Untuk membuktikan teorema ini dikerjakan dengan induksi matematika. Untuk n = 1
diperoleh
bb
aa
ba
ba
ab
ab
baP
)1(11
=
22
221
babbababbb
abaaaabaab
ba
=
bb
aa
1
1 = P
Untuk melengkapi bukti ini kita misalkan
ab
abA dan
bb
aaB . Maka
persamaan (**) akan mejadi ])1([1
)( Bn
baAbanP
dan
Aab
ab
bb
a
ab
abAP
a
1
1
Bbabaa
bb
aa
bb
a
bb
aaBP )1()1(
1
1
Misalkan persamaan (**) benar untuk n =k yaitu ])1([1
)( Bk
baAbakP
.
Akan ditunjukkan juga benar untuk n = k + 1.
PBk
baAbakk PPP ])1([
1)(
1
])1([1
)( BPk
baAPba
]1
)1([1
)( Bk
baAba
1 kP
2.5.2 Gerak Random Satu Dimensi
Gerak Random Satu Dimensi adalah rantai Markov yang mempunyai ruang state bilangan
bulat non negatif a, a+1, …, b.sehingga, jika proses sekarang berada pada state i maka pada
Teorema 2.5.1
Matriks peluang transisi n-langkah dari rantai Markov dua state adalah
bb
aa
ba
nba
ab
abn
baP
)1(1 (**)
42
saat berikutnya proses berada pada state i, i – 1 atau i + 1. Bentuk dari matriks peluang
transisinya adalah
.
.
.
.
.
......
......
......
.
.
00
0220
0111
0000
1 1... 2 1 0
2
1
0
iii
iii
prq
rq
prq
pr
iP
dimana
pi > 0 qi > 0 ri ≥ 0
p0 ≥ 0 r0 ≥ 0 r0 + p0 = 1
qi + ri + pi = 1 untuk i = 1, 2, 3, ...
P{ Xn+1 = i+1 | Xn = i } = pi,
P{ Xn+1 = i-1 | Xn = i } = qi,
P{ Xn+1 = i | Xn = i } = ri,
Jika pk = p dan qk = q = 1 – p untuk semua k 1 dan r0 = 1 maka diperoleh matriks peluang
transisinya
100...0000
p0q...0000
.......
.......
.......
000...p0q0
000...0p0q
000...0001
N1-N2-N3210
N
1N
.
.
.
2
1
0
P
dan teorema berikut.
43
Bukti.
Dari analisis langkah pertama diperoleh
ui = ui-1q + ui.0 + ui+1p = ui+1p + ui-1q untuk i = 1, 2, …, N-1
dan u0 = 1, uN = 0. Selanjutnya definisikan
yi = ui – ui-1 dan ui = (1)ui = (p + q)ui
Maka diperoleh
ui+1p + ui-1q = ui = (p + q)ui = pui + qui
Untuk i = 1 diperoleh pu2 + qu0 = pu1 + qu1
pu2 + q = pu1 + qui
p(u2 - u1) = q(u1 – 1)
py2 = qy1
y2 = (q/p)y1
Untuk i = 2 diperoleh pu3 + qu1 = pu2 + qu2
p(u3 – u2) = q(u2 – u1)
py3 = qy2
y3 = (q/p)y2
y3 = (q/p) (q/p)y1
y3 = (q/p)2y1
Dengan cara yang sama maka diperoleh,
Untuk i = N yN = (q/p)N-1
y1
Selanjutnya kita juga punya
y1 = u1 – u0 = u1 – 1 y1 = u1 – u0 = u1 – 1
y2 = u2 – u1 y1 + y2 = u1 – u0
y3 = u3 – u2 y1 + y2 + y3 = u3 – 1
.
.
.
.
.
.
yi = ui – ui-1 y1 + y2 + y3 + …+ yi = ui – 1
Teorema 2.5.2
Misalkan ui adalah peluang gerak random mencapai state 0 sebelum mencapai state N
atau ui = P{Xn mencapai state 0 sebelum state N | X0 = i}. Maka
q p jika, (q/p)1
(q/p)(q/p)
1/2 q p jika , N
iN
N
Niiu
44
Sehingga
ui = 1 + y1 + y2 + y3 + …+ yi
= 1 + y1 + (q/p) y1 + (q/p)2y1 + …+ (q/p)
I-1y1
ui = 1 + [1 + (q/p) + (q/p)2 + … + (q/p)
2]y1 (*)
Karena uN = 0 maka
uN = 1 + [1 + (q/p) + (q/p)2 + … + (q/p)
N-1]y1
0 = 1 + [1 + (q/p) + (q/p)2 + … + (q/p)
N-1]y1
1-N(q/p) 2(q/p) (q/p) 1
11y
(**)
Dengan mensubstitusikan (**) ke (*) diperoleh
1-N2
1-i2
i(q/p) (q/p) (q/p) 1
(q/p) (q/p) (q/p) 11u
(***)
Dengan menggunakan deret geometri maka (***) menjadi
q p jika, (q/p)1
(q/p)-11
1/2 q p jika , N
i-1
N
iiu
q p jika, (q/p)1
(q/p)(q/p)
1/2 q p jika , N
iN
N
Niiu
Bukti.
Dari analisis langkah pertama diperoleh
vi = 1 + qvi-1 + vi.0 + vi+1p = 1 + p vi+1 + qvi-1 untuk i = 1, 2, …, N-1
dan v0 = 0, vN = 0. Misalkan p = q = ½. Dan definisikan yi = vi – vi-1, sehingga,
Untuk i = 1 diperoleh v1 = 1 + pv2 + qv0
v1 = 1 + (1/2)v2 + (1/2)v0
-1 = (1/2)(v2 – v1) - (1/2)(v1 – v0)
-1 = (1/2)y2 – (1/2)y1
Teorema 2.5.3
Misalkan vi adalah rata-rata waktu yang dibutuhkan sebuah gerak random mencapai
state 0 sebelum mencapai state N atau vi = E{ T | X0 = i}. Maka
q p jika,
2p
1)-i(i
2p
1)-N(N
N
i
1/2 q p jika , i)-i(N
iv
45
Untuk i = 2 diperoleh -1 = (1/2)(v3 – v2) - (1/2)(v2 – v1)
-1 = (1/2)y3 – (1/2)y2
-1 = (1/2)y3 – (-1 + (1/2)y1)
-2 = (1/2)y3 – (1/2)y1
Dengan cara yang sama maka diperoleh,
Untuk i = N-1 -1 = (1/2)(vN – vN-1) - (1/2)(vN-1 – vN-2)
-1 = (1/2)yN – (1/2)yN-1
- (N-1) = (1/2)yN – (1/2)y1
Secara umum diperoleh (1/2)yi = (1/2)y1 – ( i – 1 ) atau yi = y1 – 2(i – 1).
Selanjutnya kita juga punya
y1 = v1 – v0 = v1 y1 = v1 – v0 = v1
y2 = v2 – v1 y1 + y2 = v2
y3 = v3 – v2 Y1 + y2 + y3 = v3
.
.
.
.
.
.
yi = vi – vi-1 y1 + y2 + y3 + …+ yi = vi
Maka
vi = y1 + (y1 – 2)+ (y1 – 2(2)) + …+ y1 – 2(i – 1)
vi = i y1 – 2 [1+2+ … + (i – 1)]
vi = i vi – i(i – 1)
Karena uN = 0 maka
0 = Nv1 – N(N-1) atau v1 = N – 1.
Jadi vi = i (N – 1) – i(i – 1) = i(N – i).
Latihan 2.5
1. Peluang menang seorang penjudi dalam suatu permainan pelemparan dadu adalah p =
0,4929. Misalkan pemain A sebagai pelempar, dengan modal $5 dan B $10, dengan
taruhan $1 per ronde. Berapa peluang pemain A bangkrut sebelum pemain B.
2. Tentukan peluang penjudi bangkrut untuk A, bila kedua pemain mempunyai modal
masing-masing $50, dan taruhan $1 tiap ronde, dimana peluang menang pemain A tiap
ronde adalah
a. p = 0,49292929
b. p = 0,5029237
Berapa peluang penjudi bangkrut bila tiap pemain mempunyai modal $500.
3. Tentukan Pn untuk n = 2, 3, 4, 5 untuk rantai Markov yang mempunyai matriks peluang
transisi
3,07,0
6,04,0P
46
BAB 3
PRILAKU JANGKA PANJANG RANTAI MARKOV
3.1 Matriks Peluang Transisi Reguler
Contoh.
Misalkan
2/12/1
10P maka
4/34/1
2/12/12P mempunyai semua elemennya positif
yaitu . Jadi dalam hal ini k = 2. Jadi P adalah regular. Selanjutnya matriks
2/12/1
01P
bukan matriks regular karena
4/14/3
012P ,
16/116/15
013P dan untuk setiap Pn
elemen baris pertamanya selalu 1 dan 0.
Fakta yang terpenting dari rantai Markov regular adalah keberadaan distribusi limit
peluang (limiting probability distribution). Jika P = {Pij} adalah regular maka kita punya
distribusi limit peluang (limiting probability distribution) π = (π0, π1, …, πN) dimana
πj =
)(lim
n
nijP > 0 untuk j = 0, 1, …, N dan
j
j 1̀
Distribusi ini bebas dari state awal.
Contoh.
Misalkan
bb
aaP
1
1 . Matriks P adalah regular jika a > 0 dan b < 1. Maka kita punya
bb
aa
ba
ba
ab
ab
baP
nn )1(1
. Karena |1 – a - b| < 1 maka
)(lim
n
nijP =
ba
a
ba
bba
a
ba
b
Jika a = 0,67 dan b = 0,75 maka diperoleh π = (π0, π1) = (ba
a
ba
b
, ) = (0,53;0,47).
Definisi 3.1.1
Matriks peluang transisi P = {Pij} disebut regular jika semua elemen matriks Pk adalah
positif untuk suatu k ε Z.
Teorema 3.1.1
Misalkan P adalah matriks peluang transisi regular pada state 0, 1, …, N. Maka
distribusi limit π = (π0, π1, …, πN) adalah solusi uniq non-negative dari persamaan
πj =
N
0k
kjk P , j = 0, 1, …, N dan
N
0k
k 1 (*)
47
Bukti.
Karena P adalah regular maka terdapat distribusi limit peluang π = (π0, π1, …, πN) dimana
πj =
)(lim
n
nijP > 0 untuk j = 0, 1, …, N dan
j
j 1̀ . Karena
N
kkj
nik
nij PPP
0
)1()(
maka
πj =
)(lim
n
nijP =
N
kkj
nik
nPP
0
)1(lim
=
N
kkj
nik
nPP
0
)1(lim
=
N
0k
kjk P , j = 0, 1, …, N.
dan
N
0k
k 1
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa solusi tersebut uniq (tunggal).
Misalkan x0, x1, …, xN adalah solusi lain dari persamaan (*). Maka kita peroleh
xj =
N
kkjk Px
0
, j = 0, 1, …, N (**)
N
kkx
0
1
Akan ditunjukkan bahwa xj = πj.
Kalikan kedua ruas persamaan (**) dari kanan dengan Pjl, lalu dijumlahkan atas j, maka
xjPjl = jl
N
kkjk PPx
0
jl
N
jjPx
0
= jl
N
kkjk
N
j
PPx 00
xl =
N
kklk Px
0
)2( l = 0, 1, …, N.
Pengulangan langkah ini sebanyak n kali akan menghasilkan
xl =
N
k
nklk Px
0
)( l = 0, 1, …, N.
48
xl =
N
k
nklk
nPx
0
)(lim =
N
klkx
0
.
Karena
N
kkx
0
1 maka terbukti xj = πj.
Contoh.
Sosiolog sering mengasumsikan bahwa kelas sosial dari suatu generasi dapat dipandang
sebagai rantai Markov. Karena itu pekerjaan seorang putra diasumsikan hanya bergantung
kepada pekeerjaan bapaknya bukan pada kakeknya. Misalkan matriks peluang transisinya
adalah
Kelas putera
Kelas Bapak
2 1 0
45,050,005,0
25,070,005,0
10,050,040,0
2
1
0
Dimana 0 = kelas bawah, 1 = kelas menengah dan 2 = kelas atas. Tentukan dalam jangka
panjang peluang seorang putera menjadi kelas bawah, menengah dan atas?.
Jawab.
Kita akan tentukan distribusi limit peluang π = (π0, π1, π2). Dari MPT kita peroleh persamaan
Latihan 3.1
1. Hitunglah distribusi limit peluang untuk matriks peluang transisi
1/31/21/6
1/31/31/3
01/21/2
2 1 0
2
1
0P dan
0001
4,06,000
0,40,30,30
4,03,02,01,0
3 2 1 0
3
2
1
0
P
2. Tunjukkan bahwa matriks peluang transisi
02/1002/1
2/102/100
03/103/13/1
002/102/1
002/12/10
4 3 2 1 0
4
3
2
1
0
P
adalah regular dan hitung distribusi limitnya.
3. Hitunglah distribusi limit peluang untuk matriks peluang transisi
49
a.
3/41/40
1/61/21/3
01/21/2
2 1 0
2
1
0P b.
0100
6/13/12/10
0001
2/1002/1
3 2 1 0
3
2
1
0
P
c.
2/12/100
4/14/14/14/1
1000
0100
3 2 1 0
3
2
1
0
P
3.2 Klasifikasi State
3.2.1 Rantai Markov Tak Tereduksi (Irreducible)
Jika dua state i dan j tidak berkomunikasi maka maka 0)(
nijP atau 0
)(
njiP untuk semua
n ≥ 0.
Bukti.
a. Dari definisi diketahui bahwa
ji 0,
j i ,1)0(ijijP . Jadi didapat 0
)0(iiP , sehingga
i ↔ i
b. Karena i ↔ j maka 0)(
nijP dan 0
)(
mjiP untuk suatu m, n ≥ 0. Maka kita peroleh
bahwa j ↔ i.
c. Karena i ↔ j dan j ↔ k maka 0)(
mijP dan 0
)(
njkP untuk suatu m, n ≥ 0. Maka
0
)()()()()(0
l
njk
mij
nlk
mil
nmik PPPPP . Dengan cara yang sama kita dapat
Teorema 3.2.1
Komunikasi adalah sebuah relasi ekivalen yaitu
a. i ↔ i (refleksif)
b. Jika i ↔ j maka j ↔ i (simetri)
c. Jika i ↔ j dan j ↔ k maka i ↔ k (transitif)
Definisi 3.2.1
a. State j dikatakan dapat dicapai (accessible) dari state i jika 0)(
nijP untuk suatu
n ≥ 0 dan dinotasikan dengan i → j.
b. Jika state i dapat dicapai dari state j dan state j dapat dicapai dari state i maka i dan j
dikatakan berkomunikasi dan dinotasikan dengan i ↔ j.
50
menunjukkan bahwa terdapat v ≥ 0 sehingga 0)(
vkiP . Jadi terbukti i ↔ k.
3.2.2 Periode dari rantai Markov
Contoh.
Misalkan sebuah rantai Markov mempunyai matriks peluang transisi
02/102/1
1000
0100
0010
3 2 1 0
3
2
1
0
Tentukan periode dari state 0.
Jawab.
Setelah dihitung diperoleh 000
P , 0)2(
00P , 0
)3(00
P , 2/1)4(
00P , 0
)5(00
P ,
4/1)6(
00P . Jadi 0
)(00
n
P untuk n ε {4, 6, 8, ... }, sehingga d(0) = 2.
Bukti
Karena i ↔ j maka terdapat m dan n sehingga 0)(
mijP dan 0
)(
njiP . Maka
0 mij
nji
mnjj PPP dan 0 m
ijs
iinji
msnjj PPPP
Dari definisi periode, maka d(j) membagi (n + m) dan (n + s + m) serta ( n + s + m)-(n + m)
= s. Karena d(i) membagi s maka d(j) membagi d(i). Dengan argumen yang sama dapat
ditunjukkan bahwa d(i) membagi d(j). Jadi d(i) = d(j).
Contoh.
Misalkan sebuah rantai Markov mempunyai matriks peluang transisi
Definisi 3.2.2
Himpunan C disebut kelas komunikasi jika semua state di C saling berkomunikasi.
Sebuah rantai Markov dikatakan tak tereduksi (irreducible) jika hanya mempunyai satu
kelas komunikasi.
Definisi 3.2.3
Periode dari state i adalah adalah pembagi persekutuan terbesar dari n ≥ 1 sehingga
0)(
niiP dan dinotasikan dengan d(i). Jika 0
)(
niiP untuk semua n ≥ 1 maka d(i) = 0.
Jika d(i) = 1 maka state i disebut aperiodik.
Teorema 3.2.2
Jika i ↔ j maka d( i ) = d( j )
51
001
100
010
21 0
2
1
0P . Tentukan periode dari semua state.
Jawab.
Jelas bahwa 0 → 1 → 2 → 0, sehingga rantai Markov tersebut tak tereduksi. Selanjutnya
1...)6(
00)3(
00 PP , sehingga d(0) = 3. Karena semua state berkomunikasi maka d(i) = 3
untuk i = 0, 1, 2.
3.2.3 State Recurrent dan Transient.
Kita definisikan untuk setiap bilangan bulat n ≥ 1
}|1,...,2,1,,{ 0)(
iXnviXiXPf vnn
ii
denga 0)0(iif untuk setiap i. Dengan kata lain
)(niif adalah peluang sistem mulai dari
state i dan kembali untuk pertama kali ke state i setelah n langkah.
Bukti.
Misalkan Ek adalah kembali pertama ke state i terjadi transisi ke-k. Maka
P{ Ek} = P{ Ek | X0 = i}.P{Xn = i | Xk = i}
= )()( kn
iik
ii Pf
untuk 1 ≤ k ≤ n.
Jadi
P{Xn = i | X0 = i} =
1
}{k
kEP =
1
)()(
k
knii
kii Pf =
0
)()(
k
knii
kii Pf
Selanjutnya kita misalkan
0 0
)()(lim
n
N
n
nii
N
niiii fff .
Teorema 3.2.3
n
k
knii
kii
nii PfP
0
)()()( untuk n ≥ 1 dan iiii Pf
)1( dan 0
)0(iif untuk setiap i.
Definisi 3.2.4
Jika 1iif maka state i dikatakan recurrent.
Jika 1iif maka state i dikatakan transient.
52
Bukti.
Misalkan M adalah banyaknya proses kembali ke state i yaitu
1
}{1n
n iXM dimana
i
iiXn
n
n
X ,0
X ,1}{1
( ). Misalkan i adalah state transient. Maka 1iif dan E{M | X0 = i} < ∞. Maka
∞ > E{M | X0 = i} =
10 })|}{1{(
nn iXiXE
=
10 }|}{1{
nn iXiXE
=
100 }|{.0}|{.1
nnn iXiXPiXiXP
=
10 }|{
nn iXiXP
=
1
)(
n
niiP
Jadi terbukti
1
)(
n
niiP < ∞.
( ). Misalkan
1
)(
n
niiP < ∞. Maka M adalah peubah acak dengan mean berhingga, sehingga
M harus hingga. Yaitu proses mulai dari state i, dan kembali pertama ke state i hanya dalam
waktu berhingga. Maka terdapat peluang positif bahwa proses mulai dari state i, dan tidak
pernah kembali ke state i. Dengan kata lain 1- iif > 0 atau iif < 1. Jadi terbukti state i
transient.
Contoh
Misalkan sebuah rantai Markov mempunyai matriks peluang transisi
2/12/1
01
1 0
1
0P
Teorema 3.2.4
Sebuah state i adalah recurrent jika dan hanya jika
1
)(
k
niiP . Atau ekivalen dengan
Sebuah state i adalah transient jika dan hanya jika
1
)(
k
niiP .
53
Tentukan apakah kedua state transient atau recurrent.
Jawab.
Jelas berlaku
100
...11n
nP dan
1
211
12/11
2/1...)2/1(2/1
n
nP .
Maka menurut teorema 3.4 diperoleh state 0 recurrent dan state 1 transient.
Bukti.
Karena i ↔ j maka terdapat m,n ≥ 1 sedemikian sehingga 0)(
nijP dan 0
)(
mjiP .
Misalkan v > 0. Maka
0
)()()()()()(
k
vij
nii
mji
vlj
nkl
mjk
vnmjj PPPPPPP
Dijumlahkan atas v sehingga diperoleh
)(
0 0
)()()()()()(
0
vii
v v
vij
mji
nij
vii
mji
vnmjj
v
PPPPPPP
Karena i recurrent maka
1
)(
v
viiP . Akibatnya
)(
0
vnmjj
v
P . Jadi j recurrent.
Latihan 3.2
1. Tentukan kelas komunikasi dan periode untuk setiap state dari rantai Markov yang
mempunyai matriks peluang transisi
3/103/13/100
100000
010000
001000
000100
02/10002/1
5 4 3 2 1 0
5
4
3
2
1
0
2. Tentukan state transient dan state recurrent dari rantai Markov yang mempunyai matriks
peluang transisi
Akibat 3.2.1
Jika i ↔ j dan i recurrent maka j recurrent.
54
100000
000100
4/1004/14/14/1
010000
0004/14/12/1
3/1003/103/1
5 4 3 2 1 0
5
4
3
2
1
0
3. Tentukan semua kelas komunikasi dari rantai Markov dengan state {0, 1, 2, 3, 4, 5} yang
mempunyai matriks peluang transisi
a.
6/16/16/16/16/16/1
4/14/1004/14/1
005/405/10
0003/103/2
004/304/10
0003/203/1
b.
100000
04/14/16/103/1
08/38/104/14/1
0008/78/10
0004/14/30
000001
4. Tunjukkan bahwa rantai Markov dengan state berhingga yang tak tereduksi dan
aperiodik adalah regular dan recurrent.
5. Tentukan )(
00n
f , n = 1, 2, 3, 4, 5 untuk rantai Markov yang mempunyai matriks peluang
transisi
2/1002/1
1000
0100
2/102/10
3 2 1 0
3
2
1
0
3.3 Teorema Limit Dasar dari Rantai Markov
Misalkan i adalah state recurrent. Maka
}|1,...,2,1,,{ 0)(
iXnviXiXPf vnn
ii
adalah distribusi peluang dari waktu kembali pertama Ri = min {n ≥ 1 ; Xn= i}.
Yaitu
}|{ 0)(
iXnRPf in
ii , n = 1, 2, 3, …
Karena i recurrent maka
1
)(1
n
niiii ff
Ri adalah peubah acak bernilai hingga.
Rata-rata waktu mengunjungi state i adalah
55
mi = E{Ri | X0 = i}
=
1
)(
n
niinf
Setelah mulai di state i, maka rata-rata proses dalam state sekali untuk setiap
mi = E[Ri | X0 = i] satuan waktu.
Istilah stasioner diturunkan dari sifat bahwa rantai Markov mulai pada distribusi stasioner
akan mengikuti distribusi ini pada semua waktu. Secara formal jika P{X0 = i } = πi maka
P{Xn = i } = πi untuk semua n = 1, 2, ....
Sebuah distribusi limit, bila ada, selalu sebuah distribusi stasioner, tapi belum tentu
berlaku sebaliknya. Terdapat distribusi stasioner tetapi tidak mempunyai distribusi limit.
Contohnya, tidak terdapat distribusi limit untuk untuk rantai Markov periodik dengan
matriks peluang transisi
01
10P
Tapi punya distribusi stasioner yaitu π = (1/2 , 1/2), karena
)2/1,2/1(01
10)2/1,2/1(
Teorema 3.3.1
a. Misalkan rantai Markov aperiodik irreducible recurrent. Maka
i
n
nii
nii m
nf
P11
lim
0
)(
)(
n
b. Dibawah kondisi a) maka )()(
nlimlim
nii
n
nji pP
untuk setiap state j.
Definisi 3.3.1
Distribusi peluang {πi}, j = 0, 1, 2, … dikatakan distribusi peluang stasioner dari rantai
Markov jika
... 1, 0, juntuk 1 ,00
j0
iiji
iii Pdan
56
Latihan 3.3
1. Tentukan distribusi stasioner dari rantai Markov periodik yang mempunyai matriks
peluang transisi
02/102/1
3/203/10
04/304/1
2/102/10
3
2
1
0
3210
2. Misalkan rantai Markov dengan ruang state {0, 1} mempunyai matriks peluang transisi
1
1
1
0
10
a. Buktikan bahwa (π0, π1) = (β/(α+β), α/(α+β))
b. Tunjukkan bahwa distribusi kembali pertama ke state 0 diberikan dengan
)1()1(
00f dan 2)(
00β)αβ(1 nn
f untuk n = 2, 3, …
c. Hitung rata-rata waktu kembali
1
)(000
n
nnfm dan buktikan π0 = 1/m0.
3. Tentukan distribusi stasioner dari rantai Markov yang mempunyai matriks peluang
transisi
003/23/1
004/34/1
3/23/100
2/12/100
3
2
1
0
3210
4. Tentukan periode dari state 0, dari rantai Markov yang mempunyai matriks peluang
transisi
00001000
10000000
01000000
00100000
0002/102/100
00000010
00000001
00001000
4
3
2
1
0
1
2
3
43210123
57
BAB 4
RANTAI MARKOV WAKTU KONTINU
4.1. Pengantar
Rantai Markov waktu kontinu memainkan peranan yang penting dalam teori dan
aplikasi dalam banyak bidang. Diantaranya dalam teori antrian dan penyediaan,
pertumbuhan populasi, biologi, ekonomi, sistem rekayasa, dan ilmu sosial. Sebelumnya kita
perkenalkan dulu fungsi o(h) seperti definisi berikut.
Contoh.
Untuk interval (waktu) kecil, kita punya
o(h)λh...3!
)λh(
!2
)λh(λh1
32λh e
o(h)λh1...3!
)λh(
!2
)λh(λh1
32λh e
Persamaan di atas menunjukkan bahwa peluang terjadinya suatu kejadian dalam interval
kecil h > 0 adalah o(h)λh dan tidak terjadinya adalah o(h)λh-1
Dalam bagian ini kita membatasi pembicaraan kita dalam kasus di mana {X(t)}
adalah proses Markov dengan peluang transisi stasioner. Karena itu fungsi peluang transisi
untuk t > 0
Pij(t) = P{X(t + u) = j | X(u) =i}, i, j = 0, 1, 2, …
bebas dari u ≥ 0.
Untuk sebarang t ≥ 0, s ≥ 0 maka
Pij(t) = P{X(t+s) = j | X(s) = i}
disebut peluang transisi, di mana diasumsikan Pij(t) bebas dari waktu s, sehingga proses ini
adalah stasioner. Dalam bab ini kita akan mengembangkan rantai Markov kontinu dengan
peluang transisi stasioner.
Definisi 4.1.2
Proses Stokhastik {X(t) | t ≥ 0} adalah sebuah rantai Markov waktu kontinu jika untuk
setiap s, t ≥ 0 dan bilangan bulat tak negatif i, j, x(u), 0 ≤ u ≤ s maka
P{X(t + s) = j | X(s) = i, X(u) = x(u), 0 ≤ u ≤ s} = P{X(t + s) = j | X(s) = i}
Definisi 4.1.1
Fungsi f(h) dikatakan o(h) jika h
f(h)lim
0h
58
4.2 Proses Kelahiran Murni
4.2 Proses Kelahiran Murni
Di sini X(t) tidak menunjukkan ukuran dari populasi tetapi lebih menunjukkan banyaknya
kelahiran selama interval waktu (0, t].
Definisi 4.2.1
Misalkan {λk} adalah sebuah barisan bilangan positif. Proses kelahiran murni adalah
proses Markov yang memenuhi:
(i). Pk,k+1(h) = P{X(t + h) – X(t) = 1 | X(t) = k}= λkh + o(h) dengan h → 0+
(ii). Pk,k(h) = P{X(t + h) – X(t) = 0 | X(t) = k}= 1 - λkh + o(h) dengan h → 0+
(iii). P{X(t + h) – X(t) < 0 | X(t) = k}= 0, dengan k ≥ 0.
(iv). X(0) = 0.
Teorema 4.2.1
Misalkan Pn(t) = P{X(t) = n} dan X(0) = 0. Maka Pn(t) memenuhi sistem persamaan
diferensial berikut.
(t)0P0λ(t)'0P
1 n (t),1-nP1-nλ(t)nPnλ(t)'nP
dengan syarat batas .1(0)0P dan 0 n ,0(0)nP
5
4
3
2
1
0
X(t)
t Gambar 2. Fungsi sampel dari Proses Kelahiran Murni
Definisi 4.1.3
Persamaan Chapman-Kolmogorov untuk rantai Markov waktu kontinu adalah
0
)()()(k
kjikij sPtPstP
untuk sebarang i dan j.
59
Bukti.
Untuk membuktikan persamaan pertama kita misalkan .m!
λte m t)((t)mP
untuk m = 0,
1, 2, .... Maka λt
(t)0P
e , sehingga (t)0P - λt
λ(t)'0P
e
Berikutnya akan dibuktikan persamaan kedua.
h) (t nP =
0k
k}k}P{X(t) X(t)|nh)P{X(t
=
0kk k} X(t)|nh)(t).P{X(tP
=
0kk k} X(t)|k-n X(t)-h)(t).P{X(tP
Untuk k = 0, 1, …, n-2 kita punya
k} X(t)|k-n X(t)-h)P{X(tk} X(t)|k-n X(t)-h)P{X(t
h)()h(o ,2k1, ko
atau
(h)o k} X(t)|k-n X(t)-h)P{X(t kn,3, untuk k = 0, 1, …, n-2
Maka
)h(o.(t)P(h)]oh(t)[λP (h)]ohλ-(t)[1P h)(tP kn,3,
2
0kn1,1-n1-nn2,nnn
n
k
atau
)h(o(h)]oh(t)[λP (h)]oh(t)[-λP (t)P-h)(tP nn1,1-n1-nn2,nnnn
Jika persamaan ini dibagi dengan h dan diambil limitnya untuk h menuju 0 maka diperoleh
(t)1-nP1-nλ(t)nPnλ(t)'nP
X(t)
k k
k-1
k-2
.
.
.
o(h)
0 t t+ h
1 - λkh + o(h)
λk-1h + o(h)
Gambar 2. Interpretasi dari teorema 4.1
60
Persamaan dari teorema 4.2.1 secara rekursif dapat diselesaikan dengan menggunakan
sistem persamaan berikut.
Bila semua parameter kelahiran λ1 , λ2 , …, λN berbeda yaitu λj λk untuk j k maka
persamaan di atas dapat diselesaian dengan formula eksplisit
t0λ0P (t)
e
)λ-λ
1
λ-λ
1(λ(t)
t1λ
10
t0λ
0101P
ee
dan Pn(t) = P{X(t) = n | X(0) = 0}
= λ0 … λn-1 [tnλ
nn,t0λ
n0, B...B
ee ]
dimana )λλ)...(λλ(
1B
0n01n0,
)λλ)...(λλ)(λλ)...(λλ(
1B
knk1kk1-kk0nk,
untuk 0 < k < n
dan )λλ)...(λλ(
1B
n1-nn0nn,
Untuk membuktikan hal ini memenuhi persamaan, kita substitusikan ke persamaan
tersebut. Untuk n = 1 diperoleh
t0 1n
xnλtnλ1nn (x)dxPeeλ(t)P
t
0 0x1λt1λ
01 (x)dxPeeλ(t)P
t
0x0-λx1λt1λ
01 dxeeeλ(t)P
]1[)λλ(eλ(t)P)t1λ-0λ(1
n0t1λ
01
e
)λ-λ
1
λ-λ
1(λ(t)
t1λ
10
t0λ
0101P
ee
Bukti dapat diteruskan dengan menggunakan induksi.
t0λ0 (t)P
e
...) 2, 1, (n (x)dxPeeλ(t)P 0 1nxnλtnλ
1nn
t
dengan syarat batas .1(0)0P dan 0 n ,0(0)nP
Teorema 4.2.2
Untuk proses kelahiran murni {X(t), t ≥ 0} dengan parameter {λk, k = 0, 1, 2, …} maka
0
1)(n
n tP untuk semua t ≥ 0 jika dan hanya jika
0 kλ
1
k
61
Proses Yule dalam biologi dan proses Furry dalam fisika dikenal dengan baik
sebagai contoh dari proses kelahiran murni. Yule terkenal dengan teori matematika untuk
evolusi dan Furry dengan proses tentang yang berhubungan dengan sinar kosmik. Untuk
proses Yule kita asumsikan bahwa setiap anggota dalam suatu populasi mempunyai
peluang λh + o(h) memberikan anggota baru dalam suatu interval waktu. Misalkan
diberikan X(0) = i ( i bilangan Asli) banyak anggota pada waktu 0, dan asumsikan setiap
anggota saling bebas dan tidak ada interaksi, maka kita punya
P{ X(t + h) – X(t) = 1 | X(t) = k + i} = 1-iko(h)]λh-o(h)][1 λh [1
1
k
= o(h)i)λ)(k
yang berakibat λk+1 = (k + i)λ.
Contoh (Proses Yule)
Dengan mengasumsikan i = 1 untuk proses Yule, kita dapat menyelesaikan Pk(t) (k = 1, 2,
3, …) secara rekursif. Yaitu,
λt1 )( etP , )1()(λ)( λtλt
01
λx2λt22
eedxxPeetPt
,
2λtλt
02
λx3λt33 )1()(λ2)( eedxxPeetP
t
dan
kt
kkk
k eedxxPeektP )1()(λ)( λtλt
0
λx)1(λt)1(1
di mana peluang transisi Pk(t) menunjukkan bahwa proses dalam state k (k anggota) pada
waktu t, jika diberikan dalam state 1 (1 anggota) pada waktu 0.
Fungsi pembangkit untuk Pk(t) (k = 1, 2, 3, …) diperoleh dengan
menjumlahkannya atas k,
1) |s| (0 )1(1
)()(λt
λt
1
se
sestPsg
k
kk
Mean dan variansinya adalah
λt)]([ retXE dan λt2λt )1()]([ eertXVar
4.3 Proses Kematian Murni
Proses kematian murni adalah komplemen dari proses kelahiran murni. Proses
kematian murni bergerak melalui state N, N-1, …, 2, 1 dan otomatis terserap di state 0.
Proses ini ditandai dengan parameter kematian μk untuk k = 1, 2, …, N dimana sojourn
time dalam state k berdistribusi eksponensial dengan parameter μk, semua sojourn time
saling bebas.
62
Bila semua parameter kematian μ1 , μ2 , …, μN berbeda yaitu μj μk untuk j k maka kita
punya peluang transisi eksplisit
tμNNP (t)
e dan untuk n < N
Pn(t) = P{X(t) = n | X(0) = N}= μn+1μn+2 …μN[tNμ
nN,tnμ
nn, A...A
ee ]
dimana
)μμ)...(μμ)(μμ)...(μμ(
1A
knk1-kk1kkNnk,
Dalam proses kelahiran murni adalah alami, kejadiannya terjadi tak hingga kali dalam
sebuah interval waktu sangat kecil. Tapi dalam proses kematian murni, paling banyak n
kejadian terjadi untuk sebarang interval waktu, karena tidak ada kejadian terjadi sehingga
proses mencapai state 0, yaitu state menyerap. Misalkan
Pk(t) = P{X(t) = k | X(0) = n} (k = 0, 1, 2, …, n)
adalah peluang transisi dengan menetapkan kondisi awal X(0) = n. Maka kita punya
Definisi 4.3.1
Misalkan {μk} adalah sebuah barisan bilangan positif. Proses kematian murni adalah
proses Markov yang memenuhi:
(i). Pk,k-1(h) = P{X(t + h) – X(t) = -1 | X(t) = k}= μkh + o(h)
(ii). Pk,k(h) = P{X(t + h) – X(t) = 0 | X(t) = k}= 1 - μkh + o(h)
(iii). P{X(t + h) – X(t) > 0 | X(t) = k}= 0, dengan k ≥ 0.
5
4
3
2
1
0
X(t)
t Gambar 2. Fungsi Sampel dari Proses Kematian Murni
)(μ)( n' tPtP nn
1)-n ..., 2, 1, (k )(μ)(μ)( 11kk' tPtPtP kkk
)(μ)( 11'0 tPtP
63
Sistem persamaan ini disebut persamaan forward Kolmogorov untuk proses kematian
murni. Dengan menetapkan parameter {μk, k = 1, 2, …, n}, dapat diperoleh peluang transisi
Pk(t) (k = 0, 1, 2, …, n).
Contoh
Dengan menetapkan μk = μ (k = 0, 1, 2, …, n) dan Pn(0) = 1, Pk(0) = 0 (k = 0, 1, 2, …, n-1),
maka diperoleh
n) ..., 2, 1, (k k)!-(n
)μt()( μt
etPkn
k
dan
n
kk tPtP
10 )(1)(
=
n
k
kn
ekn1
μt
)!(
)μt(1
=
1
0
μt
!
)μt(1
n
k
k
ek
yang dapat digambarkan oleh distribusi gamma X ~ GAM(μ, n), karena peluang transisi
P0(t) adalah distribusi dari jumlah n peubah acak bebas eksponensial dengan parameter μ.
4.4 Proses Kelahiran dan Kematian
Proses Kelahiran dan Kematian merupakan kombinasi dari proses kelahiran murni
dan kematian murni yang contoh fungsinya dapat dilihat pada gambar 2.
X(t)
t Gambar 2. Fungsi Sampel dari Proses Kelahiran dan Kematian
64
Misalkan
})0(|)({)( iXjtXPtPij (i, j = 0, 1, 2, …)
adalah peluang transisi stasioner bahwa proses pada state j pada waktu t, jika diberikan
proses pada state i pada waktu 0. Dengan menggunakan persamaan Chapman-Kolmogorov
dan asumsikan waktu t dan h > 0 interval waktu yang sangat kecil, untuk j = 0 maka kita
punya
}0)(|0)()({)()( 00 tXtXhtXPtPhtP ii
}1)(|1)()({)(1 tXtXhtXPtPi
2
})(|)()({)(k
ik ktXktXhtXPtP
= Pi0(t)[1 - λ0h + o(h)] + Pi1(t)[μ1h + o(h)] + o(h)
Dengan menyusun kembali dan mengambil h → 0 diperoleh
dt
tdPtP i
i)(
)( 0'0 = - λ0 Pi0(t) + μ1 Pi1(t)
Secara serupa maka untuk j diperoleh
}1)(|1)()({)()( 1, jtXtXhtXPtPhtP jiij
})(|0)()({)( jtXtXhtXPtPij
}1)(|1)()({)(1, jtXtXhtXPtP ji
1,,1,2
})(|)()({)(
jjjkk
ik ktXkjtXhtXPtP
= Pi,j-1(t)[λj-1h + o(h)] + Pij(t)[1 – (λj + μj)h + o(h)]
+ Pi,j+1(t)[ μj+1h + o(h)] + o(h)
Dengan menyusun kembali dan mengambil h → 0 diperoleh
)(' tPij = λj-1 Pi,j-1(t) - (λj + μj)Pij(t) + μj+1 Pi,j+1(t) (j = 1, 2, ...)
Definisi 4.4.1
Misalkan {λk} dan {μk} adalah barisan bilangan positif. Proses kelahiran dan kematian
adalah proses Markov yang memenuhi:
(i). Pk,k+1(h) = P{X(t + h) – X(t) = 1 | X(t) = k}= λkh + o(h)
(ii) Pk,k-1(h) = P{X(t + h) – X(t) = -1 | X(t) = k}= μkh + o(h)
(ii). Pk,k(h) = P{X(t + h) – X(t) = 0 | X(t) = k}= 1 – (λk + μk)h + o(h)
(iii). Pij(0) = δij
(iv). λ0 > 0, μ0 = 0, λk, μk > 0, k = 1, 2, 3, ….
65
Kita akan bahas perhitungan secara numerik dari peluang transisi untuk rantai Markov state
berhinga yang umum. Untuk menjelaskan persamaan diferensial dalam teorema 4.4.2 , kita
analogikan modelnya seperti tangki air. Misalkan sebuah tangki mempunyai ketinggian air
x(t) pada waktu t, di mana air yang masuk adalah I perunit waktu dan air yang keluar O
perunit waktu. Persamaan diferensial yang berhubungan dengan x(t) adalah
OIdt
tdx
)(
Jika ada dua tangki air yang bertingkat maka persamaan diferensialnya adalah
111 )(
OIdt
tdx , 22
2 )(OI
dt
tdx )( 21 IO
dimana x1(t) dan x2(t) tinggi air pada tangki 1 dan 2 pada waktu t.
Contoh (Proses Pertumbuhan Linear)
Suatu proses kelahiran dan kematian Proses Pertumbuhan Linear jika
kλλk , 1)μ(kμ 1k (k = 0, 1, 2, …)
Contoh dari proses seperti ini ditemukan dalam reproduksi dan pertumbuhan populasi.
Dengan menetapkan λ0 = 0 dan hanya state 0 sebagai state menyerap, maka kita punya
persamaan maju Kolmogorov:
)(μ)( 1'0 tPtP ii
)(μ)1()()μλ()(λ)1()( 1,1,' tPjtPjtPjtP jiijjiij (j = 1, 2, …)
Dengan mengasumsikan X(0) = i ≥ 1, maka ekspektasi pada waktu t adalah
0
)()]([)(j
ij tjPtXEtM
Jika dikalikan persamaan )(' tPij dengan j pada kedua sisi dan menjumlahkannya atas j
maka diperoleh
)()μλ()(' tMtM
Definisi 4.4.2
Persamaan forward Kolmogorov untuk proses kelahiran dan kematian adalah
dt
tdPtP i
i)(
)( 0'0 = - λ0 Pi0(t) + μ1 Pi1(t)
)(' tPij = λj-1 Pi,j-1(t) - (λj + μj)Pij(t) + μj+1 Pi,j+1(t) (j = 1, 2, ...)
dengan kondisi awal
Pii(0) = 1, Pij(0) = 0 (i ≠ j
66
dengan kondisi awal M(0) = i. Solusi dari persamaan ini adalah
tietM )μλ()(
Limit dari M(t) untuk t →∞ adalah
) (
) (
) ( 0
)(lim
itMt
Ini berarti bahwa jika rata-rata kelahiran λ lebih besar dari rata-rata kematian, maka rata-
rata populasi divergen. Jika rata-rata kelahiran λ sama dengan rata-rata kematian, maka
rata-rata populasi tidak pernah berubah. Jika rata-rata kelahiran λ lebih kecil dari rata-rata
kematian, maka rata-rata populasi akan konvergen menuju 0 yaitu lenyap..
Catatan. Bila i = 0 maka peluang perpindahan state hanya state 1 (yaitu μ0 = 0 berakibat μ0
/ (λ0 + μ0) = 0 dan λ0 / (λ0 + μ0 ) = 1)
Limit peluang tersebut diberikan oleh
1
0 1 k
1k0
μ
λ
j
j
k
p dan 01 k
1k
μ
λpp
j
kj
Teorema 4.4.1
Untuk proses kelahiran dan kematian {X(t), t ≥ 0}dengan parameter {λk, μk+1 > 0, k = 0,
1, 2, 3, ….}, jika X(t) = i maka waktu antar kedatangan berdistribusi eksponensial
dengan parameter λi+ μi > 0, dimana peluang pindah ke state i - 1 atau i + 1 adalah μi /
(λi + μi ) atau λi / (λi + μi ).
Teorema 4.4.2
Untuk proses kelahiran dan kematian {X(t), t ≥ 0}dengan parameter {λk, μk+1 > 0, k = 0,
1, 2, 3, ….}, dengan semua parameter positif yaitu
λk > 0, μk+1 > 0, (k = 0, 1, 2, 3, ….)
maka terdapat limit peluang
)(lim0
tPp ijt
j
, (i, j = 0, 1, 2, 3, ….)
yang bebas dari state awal jika dan hanya jika
0 1 k
1k
μ
λ
j
j
k
dimana 1.1
j
k
untuk j = 0.
67
Latihan
1. Hitung mean dan variansi dari proses Yule di mana X(0) = 1.
2. Misalkan proses kelahiran murni pada state 0, 1, …, N dengan λk = (N-k)λ untuk k = 0,
1, …, N dan X(0) = 0. Tentukan Pn(t) = P{X(t) = n}.
3. Tentukan peluang transisi untuk untuk proses kematian murni digambarkan dengan
X(0) = 3, μ3 = 1, μ2 = 2 dan μ1 = 3.
4. Untuk proses kematian linear dengan X(0) = N = 5 dan α = 2, tentukan P{X(t) = 2}.
5. Tentukan distribusi stasioner, bila ada, untuk proses kelahiran dan kematian yang
mempunyai parameter konstant λn = λ dan μn = μ untuk n = 1, 2, ….
Teorema 4.4.3
Untuk proses kelahiran dan kematian {X(t), t ≥ 0}dengan parameter {λk, μk+1 > 0, k =
0, 1, 2, ….N} di mana N berhingga, dengan semua parameter positif yaitu
λk > 0, μk+1 > 0, (k = 0, 1, 2, … N-1)
maka terdapat limit peluang
)(lim tPp ijt
j
=
),...,2,1( ,μ
λ
)0(, μ
λ
01 k
1k
1
0 1 k
1k
Njp
j
j
k
N
j
j
k
yang bebas dari state awal i dimana 1.1
j
k
untuk j = 0.
68
BAB 5
MODEL ANTRIAN
5.1 Proses Antrian
Kita sering melihat orang menunggu untuk dilayani, seperti di super market, bank
dan sebagainya. Hal ini dapat kita lihat secara langsung, namun ada yang tidak bisa dilihat
seperti panggilan telepon karena sibuk, pesawat yang menunggu untuk mendarat karena
lalu lintas udara yang sibuk. Suatu trasaksi harus menunggu untuk diproses karena prosesor
sedang sibuk.
Model antrian adalah model stokhastik yang membentuk garis tunggu atau antrian.
Kita akan meninjau model antrian ini dengan menggunakan pengembangan dari proses
stokhastik yang telah dijabarkan pada bagian terdahulu. Khususnya banyak model antrian
yang dapat dianalisa dengan menggunakan proses kelahiran dan kematian.
5.2 Model Antrian Pelayan Tunggal
Di sini kita akan membahas model antrian dengan kedatangan Poisson (Poisson
Arrival) dan pelayanan eksponensial (Exponential Service). Kita asumsikan pelanggan tak
hingga dan disiplin antrian FCFS.
Misalkan F(t) = 1 – e-λt
adalah distribusi waktu antar kedatangan dari kedatangan
pelanggan. Maka untuk h > 0, kita kita punya
F(h) = 1 – e-λh
= λh + o(h)
Yaitu rata-rata kedatangan (birth) untuk proses kelahiran dan kematian adalah
λk = λ (k = 0, 1, 2, …)
Dengan catatan bahwa rata-rata waktu antar kedatangan adalah 1/λ.
Misalkan G(t) = 1 – e-μt
adalah distribusi waktu antar kedatangan dari kedatangan
pelanggan. Maka untuk h > 0, kita kita punya
G(h) = 1 – e-μh
= μh + o(h)
Yaitu rata-rata pelayanan (death) untuk proses kelahiran dan kematian adalah
μk+1 = μ (k = 0, 1, 2, …)
Dengan catatan bahwa rata-rata waktu pelayanan adalah 1/μ.
Selanjutnya kita akan membahas model antrian M/M/1 dengan rata-rata kedatangan λk = λ
dan rata-rata pelayanan μk+1 = μ.
5.2.1 Model Antrian M/M/1/∞
Kita asumsikan rata-rata kedatangan λk = λ dan rata-rata pelayanan μk+1 = μ. Menurut
teorema 4.4 syarat perlu dan cukup agar limit peluang )(lim0
tPp ijt
j
ada adalah
0
j
00 1 k
1k ρ)(μ
λ
μ
λ
j
j
jj
j
k
69
dimana 1.1
j
k
untuk j = 0. Dalam hal ini kita asumsikan
1μ
λρ atau λ < μ
di mana
]kedatanganantar waktu rata-rata[
pelayanan] waktu ratarata[1/μ
pelayanan] rata-[rata
]kedatangan rata[rata
μ
λρ
1/λ
yang disebut dengan intensitas lalu lintas (traffic intensity) dalam teori antrian. Disini syarat
cukup dan perlu yang harus dipenuhi adalah ρ < 1 yaitu [rata-rata waktu antar kedatangan =
1/λ] > [rata-rata waktu pelayanan = 1/μ]. Jika ρ ≥ 1 maka tidak terdapat limit peluang pj (j =
0, 1, 2, …), karena panjang antrian menjadi takhingga.
Misalkan {X(t), t ≥ 0} adalah sebuah proses kelahiran dan kematian yang
menggambarkan sebuah model antrian M/M/1/∞. Prilaku dalam keadaan “steady-state”
dinyatakan dengan X(∞) = X. Maka menurut teorema 4.4 terdapat limit peluang
pj = (1 – ρ)ρj, (j = 0, 1, 2, …)
yang berdistribusi geometric X ~ GEO(1 – ρ). Perlu dicatat bahwa pj berarti limit peluang
dengan terdapat j pelanggan dalam sistem , yaitu ada (j-1) pelanggan menunggu untuk
dilayani dan seorang pelanggan telah dilayani dalam “steady-state”. Mean dan variansi dari
X diberikan dengan
ρ1
ρρ)ρ-j(1 E[X] L
1
j
j
2
22
ρ)-(1
ρ E[X] - ]E[X Var(X)
Misalkan Lq adalah rata-rata banyaknya pelanggan dalam sebuah antrian yaitu rata-rata
banyaknya pelanggan menunggu untuk dilayani. Jika ada j pelanggan dalam sistem maka j -
1 pelanggan menunggu untuk dilayani. Maka kita punya,
ρ1
ρρLpp j1)p(jL
2
1j
1j
1jq
jjj
dimana
P{pelayan bebas dalam keadaan “steady state} = p0 = 1 – ρ
P{pelayan sibuk dalam keadaan “steady state} =
1jjp = ρ
Kita menyebut ρ sebagai faktor utilisasi (utilization factor) karena P{Pelayan sibuk} = ρ.
70
Contoh.
Pemrosesan kata (word processing) dalam sebuah kantor dapat diformulasikan dalam
model antrian M/M/1/∞. Asumsikan rata-rata waktu kedatangan pemrosesan kata adalah 25
menit dan rata-rata waktu pelayanan adalah 15 menit. Hitunglah.
a. Peluang bahwa pemrosesan kata sibuk.
b. Rata-rata waktu tunggu.
c. Jika permintaan untuk pemrosesan kata naik dan rata-rata waktu yang dihabiskan
sistem di atas 45 menit, kita seharusnya memperkenalkan pemrosesan kata yang lain.
Jawab.
a. Dari soal diketahui bahwa 1/λ = 25 menit, 1/μ = 15 menit. Intesintas lalu lintas
ρ = λ/μ = 3/5. Maka P{sibuk} = ρ = 3/5.
b. ρ)μ(1
ρWq
= 22,5 menit.
c. Asumsikan bahwa λ tak diketahui, maka kita punya ketaksamaan
ρ)μ(1
ρWq
=
λ/μ1
1/μ
= 45
λ151
15
yang berakibat 1/λ ≤ 22,5 menit. Yaitu jika rata-rata waktu untuk pemrosesan lebih kecil
atau sama dengan 22,5 menit maka kita seharusnya memperkenalkan pemrosesan kata yang
lain.
5.2.2 Model Antrian M / M / 1 / N
Dalam bagian ini kita asumsikan bahwa kapasitas maksimum dari sistem antrian adalah
hingga yaitu sebanyak N. Yaitu maksimum (N-1) pelanggan menunggu untuk dilayani dan
satu orang sedang dilayani.
Untuk model antrian M/M/1/N, semua parameter positif yaitu,
λk = λ > 0, μk+1 = μ > 0, (k = 0, 1, 2, … N-1)
maka terdapat limit peluang
N) ..., 2, 1, 0, j 1;( ,1N
1
N) ..., 2, 1, 0, j 1;( , ρ1
ρ)ρ(1
1N
j
jp
di mana ρ = λ/μ adalah intensitas lalulintas dari antrian.
Rata-rata jumlah pelanggan dalam sistem dan dalam antrian secara berturut-turut adalah
Untuk ρ 1,
)ρρ)(1(1
Nρ1)ρ(N1ρjpL
1N
1NNN
0jj
71
)1(1)p-(jL 0
N
1jjq pL
Untuk ρ = 1,
2
NjpL
N
0jj
1)2(N
1)-N(N)1(1)p-(jL 0
N
1jjq
pL
Misalkan U dan V berturut-turut adalah waktu tunggu dalam antrian dan waktu pelayanan
dan U+V adalah waktu yang dihabiskan dalam sistem tersebut. Peluang bersyarat bahwa
seorang pelanggan ingin bergabung dalam antrian jika sudah terdapat j pelanggan dalam
antrian adalah
N
jj
p
pq
1, (j = 0, 1, 2, …, N-1)
karena kita tidak dapat bergabung jika sudah terdapat N pelanggan dalam antrian. Peluang
bahwa seorang pelanggan telah bergabung dalam antrian sebelum pelanggan ke (n+1) telah
selesai dilayani sampai waktu t adalah
n
0k
μtnt
0
μxn
ek!
t)(dx
n!
eμ(μx)1
, (n = 0, 1, …, N-1)
yang mana peluang keberhasilannya berdistribusi gamma GAM(μ, n+1). Distribusi dari (U
+ V) diberikan dengan kedua persamaan di atas yaitu
1
0 0
μt
!
)(1}{
N
j
j
k
k
j ek
tqtVUP
Kemudian dstribusi dari U adalah
2
0 0
μt1
!
)(1}{
N
j
j
k
k
j ek
tqtUP
Rata-rata waktu yang dihabiskan dalam antrian adalah
W = E[U + V] =
1
0
1N
jj
jq
=
)1( ,2
1
)1(,)1)(1(
)1(1 1
N
NN
N
NN
Rata-rata waktu waktu tunggu dalam antrian adalah
72
W = E[U] =
2
01
1N
jj
jq
=
)1( ,2
1
)1(,)1)(1(
)1(1 1
N
NN
N
NN
Rata-rata kedatangan aktual
1
0
)1(N
jNja pp
Dengan menggunakan rata-rata kedatangan aktual kita punya Formula kecil berikut,
L = λaW dan Lq = λaWq
5.3 Model Antrian Pelayan Majemuk
5.3.1 Model Antrian M/M/c/∞
Untuk model antrian ini kita asumsikan
...) 2, 1, 0, (k ,k
...) 2,c 1,c c, (k c
c) ..., 2, 1, 0, (k kk
Agar limit peluang ada maka syarat perlu dan cukup yang harus dipenuhi adalah
0 1 k
1k
μ
λ
j
j
k
=
...1μ
λ
!
1
μ
λ
!
12
1
0
cccj
cjc
j
=
0
1
0 !! n
ncc
j
j
c
u
j
u
=
)1(!!
1
0 c
u
j
u cc
j
j
yang mengakibatkan ρ < 1 dimana u = λ/μ dan ρ = u/c = λ/(cμ). Dengan mengasumsikan ρ
< 1 maka kita punya lomit peluang
11
00
)1(!!
c
u
j
up
cc
j
j
...) 1,c c, (j !
c) ..., 2, 1, (j !
0
0
pc
u
c
u
pj
u
pcjc
j
j
Rata-rata banyaknya pelanggan dalam antrian adalah
73
2
c032
0j
jq)-(1c!
up)...3210(
!c)p-(jL
c
up
c
c
Dengan menggunakan Formula Kecil, kita punya rata-rata waktu tunggu
LW
Rata-rata waktu pelayanan adalah 1/μ, sehingga rata-rata waktu yang dihabiskan selama
antri adalah
1 qWW
Peluang dari seorang pelanggan yang baru saja datang harus menunggu untuk dilayani
adalah
P{pelanggan yang baru datang, menunggu untuk dilayani} = 0)1(!
pc
up
c
cjj
Yang disebut Formula C Erlangs.
)1(!!)1(
!/
)1(!),(
1
0
0
c
u
j
u
cup
c
uucC
cc
j
j
cc
Dengan menggunakan Formula C Erlang, kita punya distribusi waktu tunggu
)-t(1-c),(1}{ eucCtUP
Rata-rata waktu tunggu adalah
)1(
/),(
c
ucCWq
5.3.2 Model Antrian M/M/c/c
Dalam model antrian ini kapasitas maksimum antrian sama dengan banyaknya canel
pelayanan. Seorang pelanggan mendatangi sebuah sistem maka ia langsung dapat dilayani
jika paling sedikit satu pelayan sedang kosong. Sebaliknya jika tidak ada pelayan yang
kosong maka ia harus pergi tanpa dilayani.
Berdasarkan bagian sebelumnya, maka kita punya limit peluang
c) ..., 2, 1,(j !
0 pj
up
j
j (*)
dimana
12
0!
...!2!1
1
c
uuup
c
dengan menulis ulang persamaan (*) maka kita punya
74
) ..., ,2 ,1 ,0( !
/! 0
cjej
ue
j
up
c
j
uj
uj
j
yang dapat dihitung dengan mudah dengan table distribusi Poisson. Khususnya
),(!/...!2/1
!/
2ucB
cuuu
cup
c
c
c
yang disebut dengan Formula B Erlang atau Erlang’s Loss Formula yaitu peluang bahwa
seorang pelanggan harus pergi tanpa dilayani.
Rata-rata kedatangan actual diberikan oleh
)],(1[)1( ucBpca
Perlu dicatat bahwa Lq = Wq = 0, karena tidak ada garis antrian dalam model ini. Rata-rata
banyaknya pelanggan dalam sistem adalah
1
00
0
)],(1[!
c
j
jc
jj ucBu
j
uupjpL
Kita dengan mudah dapat membuktikan Formula Kecil
1
a
LW
5.3.3 Model Antrian M/M/∞/∞
Dalam model antrian M/M/∞/∞ semua pelanggan yang datang dapat langsung dilayani,
karena banyaknya canel pelayanan tak hingga. Kita dapat mendekati model antrian ini
dengan model M/M/c/c dengan c cukup besar. Maka kita punya limit peluang
...) ,2 ,1 ,0( !
jej
up u
j
j
yang mana X berdistribusi Poisson X ~ POI(u).
Karena X ~ POI(u) maka kita punya rata-rata banyaknya pelanggan dalam sistem adalah
L = u
Dengan menggunakan Formula Kecil maka kita punya rata-rata waktu pelayanan yaitu
W = u / λ = 1 / μ
Karena tidak ada antrian maka kita juga punya
Lq = Wq = 0
Peluang j pelanggan telah dilayani pada waktu t, dengan syarat tidak ada pelanggan pada t
= 0 diberikan oleh
P{j pelanggan telah dilayani pada waktu t} = tj
!
t)( pej
p (j = 0, 1, 2, ...)
Yaitu peluang bahwa j pelanggan telah dilayani pada waktu t mengikuti proses Poisson
non-homogen dengan fungsi nilai rata-rata
75
t
0
G(x)]dx-[1 t p
di mana G(t) adalah sebarang distribusi waktu. Jika t → ∞ maka kita punya
P{j pelanggan telah dilayani dalam steady state} = uej
u
!
j
(j = 0, 1, 2, ...)
di mana
upt
0
G(x)]dx -[1 t lim
Khususnya jika kita asumsikan distribusi waktu pelayanan G(x) berdistribusi eksponensial
yaitu G(x) = 1- e-μt
, maka kita punya fungsi nilai rata-rata
)1(G(x)]dx-[1 t tt
0
ep
Fungsi nilai rata-rata ini dapat diselesaikan dengan persamaan Kolmogorov’s forward di
mana λk = λ, μk+1 = (k+1)μ, P00(0) = 1 dan P0j(0) = 0 untuk j ≥ 1.
5.4 Antrian dengan Populasi Hingga
Dalam bagian ini kita memusatkan perhatian pada model antrian M/M dengan populasi
hingga. Contoh khusus dari model antrian ini adalah dalam masalah perbaikan mesin
(machine repairman problems). Dalam pasal ini kita akan menggunakan istilah-istilah
dalam masalah perbaikan (repairman problem). Misalkan kita mempunyai K mesin yang
dapat dioperasikan. Jika salah satu dari mesin rusak, maka mesin harus langsung diperbaiki
atau menunggu untuk diperbaiki jika repairman sibuk. Asumsikan rata-rata kerusakan
(kedatangan) adalah λ untuk setiap mesin dan rata-rata perbaikan (pelayanan) adalah μ
untuk setiap repairman. Jika terdapat n mesin yang sedang dioperasikan, di mana n = 1, 2,
…, K, maka peluang satu dari n mesin rusak untuk interval kecil h > 0 diberikan oleh
o(h) h )1(1
h )1(h
neen n
yaitu rata-rata kerusakan bervariasi bergantung pada banyaknya mesin yang sedang
dioperasikan.
5.4.1 Model Antrian M/M/1/K/K
Misalkan state j adalah jumlah mesin rusak, di mana j = 1, 2, …, K. Maka kita punya
1)-K ..., 2, 1, 0, (j )( j jK
K) ..., 2, 1, (j j
dan )..., ,2 ,1 ,0( )!(
!0 Kjp
jK
Kp
j
j
76
di mana
1
00
)!(
!
jK
j jK
Kp
Peluang terdapat paling sedikit satu mesin yang telah diperbaiki diberikan oleh
P{paling sedikit satu mesin selesai diperbaiki} =
K
jjp
1
= 01 p
=
K
j
j
jK
K
0 )!(
!
11
= ) /,(1 KB
di mana B(K, μ/λ) adalah Formula B Erlang.
Rata-rata kerusakan (kedatangan) aktual diberikan oleh
1
00ja )1(
K
jj pp
Selanjutnya kita punya
/1/1 a
qW
K dan
11
)1( 0
p
KWq
Rata-rata waktu yang dihabiskan dalam sistem diberikan oleh
1
)1(
1
0
p
KWW q
Penggunaan λa dan Formula Kecil kita punya
WL a dan qaq WL
Kita dapat menghitung L dan Lq sebagai berikut
K
jjjpL
0
dan
K
jjq pjL
1
)1(
77
5.4.2 Model Antrian M/M/c/K/K
Misalkan state j adalah jumlah mesin rusak, di mana j = 1, 2, …, K. Maka kita punya
1)-K ..., 2, 1, 0, (j )( j jK
K) ..., 1,c c, (j c
c) ..., 2, 1, (j j
j
dan
)..., ,1 ,( cc!
j!
)..., ,2 ,1 ,0(
0c-j
0
Kccjpj
K
Kjpj
K
pj
j
j
di mana
1
000
!
!
jK
jcj
jc
j j
K
cc
j
j
Kp
Rata-rata banyak pelanggan dalam sistem dan dalam antrian diberikan oleh
K
jjjpL
0
dan
K
jjq pcjL
1
)(
Rata-rata kerusakan (kedatangan) aktual diberikan oleh
/1/1 a
qW
K
Dengan menggunakan Formula Kecil maka kita punya rata-rata waktu tunggu diberikan
oleh
K
LW
LW
a
11
yang mengakibatkan
q
q
qLK
L
W
11
Yaitu Wq dapat diturunkan dari Lq. Rata-rata waktu yang dihabiskan dalam sistem
diberikan oleh
W = Wq + 1/μ
yang mengakibatkan WL a
78
Selanjutnya akan diperkenalkan beberapa besaran dalam masalah repairman
• Rata-rata banyak mesin yang telah diperbaiki
c
j
K
cjjjr pcjpL
0 1
• Rata-rata banyak repairman idle
c
jji pjcL
0
)(
• Koefisien Loss untuk mesin
K
LM
mesin][banyak
antrian] dalammesin banyak rata[rata
• Koefisien perbaikan untuk mesin
K
LM r
r
mesin][banyak
]diperbaiki telah yangmesin banyak rata[rata
• Koefisien Loss untuk repairman
c
LR i
i
repairman][banyak
idle]repairman banyak rata[rata
• Koefisien operasi untuk mesin
K
LM w
1
mesin][banyak
]beroperasi yangmesin banyak rata[rata
di mana
Mq + Mr +Mw = 1
5.4.3 Model Antrian M/M/c/c/c
Penggunaan akibat dalam bagian terdahulu dan dengan mengasumsikan K = c maka kita
punya
),...,2,1,0( cjj
cp
jcj
j
yang berdistribusi Binomial X ~ B(c, λ/(λ+μ))
Rata-rata banyak pelanggan dalam sistem adalah
cL
Rata-rata kerusakan (kedatangan) aktual diberikan oleh
cp
c
jjj
1
0a
79
Rata-rata waktu yang dihabiskan dalam sistem diberikan oleh
a
W
11
Latihan
1. Counter di sebuah toko hamburger dilayani oleh satu pelayan dan dapat
diformulasikan sebagai model antrian M/M/1/∞. Pelanggan datang menurut Proses
Poisson dengan 45 orang per jam dan dilayani dengan rata-rata waktu pelayanan 1
menit. Tentukan (i) peluang pelayan sibuk, (ii) rata-rata banyak pelanggan dalam
antrian, (iii) rata-rata waktu tunggu untuk pelayanan, dan (iv) peluang bahwa
seorang pelanggan menunggu lebih dari 4 menit dalam antrian.
2. Seorang sekretaris menerima pekerjaan olah kata. Model ini dapat diformulasikan
sebagai model antrian M/M/1/∞. Pekerjaan datang dengan rataan Poisson enam
pekerjaan per-jam dan dilayani dengan rata-rata waktu pelayanan 8 menit per-
pekerjaan. Tentukan (i) peluang bahwa sekretaris sibuk, (ii) rata-rata banyak
pekerjaan dalam sistem, (iii) rata-rata waktu yang dihabiskan dalam sistem, dan (iv)
peluang bahwa kedatangan pekerjaan akan lengkap di bawah 40 menit.
3. Untuk model antrian M/M/1/∞, buktikan bahwa peluang terdapat n atau lebih
pelanggan dalam sistem adalah ρn.
4. Sebuah klinik gigi mempunyai ruang tunggu untuk 4 orang dan dilayani oleh
seorang dokter gigi. Model ini dapat diformulasikan sebagai model antrian
M/M/1/5. Pasien datang dengan rataan Poisson 2 orang per-jam dan dokter gigi
menghabiskan waktu rata-rata 20 menit per-pasien. Dentukan (i) peluang bahwa
dokter gigi sibuk, (ii) rata-rata banyaknya pasien dalam sistem, dan (iii) rata-rata
waktu tunggu.
DAFTAR KEPUSTAKAAN
Chung, Kai Lai. (1967). Markov Chain, Springer-Verlag Berlin, Berlin.
Osaki, Shunji. (1992), Applied Stochastic System Modelling, Springer-Verlag.
Parzen, Emanuel. (1962), Stochastic Processes, Holden-Day Inc. San Fransisco.
Ross, Seldon M. (1983), Stochastic Processes, John Willey & Son Inc.
Taylor, Howard. (1984) An Introduction Stochastic Modeling, Academic Press.
Tijms, Henk C. (1986), Stochastic Modelling and Analysis, John Willey .