gamma(1)new....

7/17/2019 gamma(1)new....

http://slidepdf.com/reader/full/gamma1new 1/21

7/17/2019 gamma(1)new....


¿1

4+1

27

8 +

64

8

X

E(¿¿ 3)=293

8

μ ' 3=¿

#. Momen Kontin$

Jika X adalah peubah acak kontinu dan f(x) adalah nilai fungsi densitas dari X di x, maka

momen ke-k ( dinotasikan dengan μ ' k ) didefinisikan sebagai :

μ ' k =∫−∞

∞

xk . f ( x ) dx

Contoh :

isaln!a fungsi dnsitas dari X berbentuk:

f ( x )=2 x

3 ;1< x<2

¿0, x lainnya

Hitung μ ' 3

Pene!es"i"n :

X

E(¿¿3)=∫−∞

∞

x3. f ( x ) dx

; ' 3=¿

x3

. f ( x ) dx+∫1

2

x3

. f ( x ) dx+¿∫2

∞

x3

. f ( x ) dx

¿∫−∞

1

¿

¿∫−∞

1

x3.0dx+∫

1

2

x3.

2 x

3 dx+∫

2

∞

x3.0 dx

X

E(¿¿ 3)=62

15

μ ' 3=¿

A. FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN

baru dari peubah acak !ang baru merupakan kegunaan lain darifungsi

7/17/2019 gamma(1)new....


B. DEFINISI FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN

Jika X adalah peubah acak, baik #ada bagian sebelumn!a, kita sudah membahas

momen ke-k !ang dinotasikan dengan $%k " omen ini bisa &uga diperoleh melalui

besaran lainn!a, !ang dinamakan fungsi pembangkit momen" 'ehingga fungsi

pembangkit momen merupakan sebuah fungsi !ang dapat menghasilkan momen-

momen" 'elain itu, penentuan distribusi diskrit maupun kontinu, maka fungsi

pembangkit momen dari X (dinotasikan dengan M X (t)) didefinisikan sebagai:

$ntuk –h < t < h dan h > 0.

ungsi pembangkit momen dari peubah acak diskrit dan kontinu secara umum ditentukan

berdasarkan pada masing-masing definisi"

1. De%inisi F$n&si Pem'"n&kit Momen Diskrit

Jika X adalah peubah acak diskrit dan p(x) adalah nilai fungsi peluang dari X di

x, maka fungsi pembangkit momen dari X didefinisikan sebagai:

2. De%inisi F$n&si Pem'"n&kit Momen Kontin$

Jika X adalah peubah acak kontinu dan f(x) adalah nilai fungsi densitas dari X di x,

maka fungsi pembangkit momen dari X didefinisikan sebagai:

D"!i! (.#: Pen$rn"n Momen Ber)"s"rk"n F$n&si Pem'"n&kit Momen

Jika X adalah peubah acak, baik diskrit maupun kontinu dan MX(t) adalah fungsi

pembangkit momennya, maka:

(t) = E(

(t) =

7/17/2019 gamma(1)new....


Berikut ini akan di&elaskan beberpa sifat dari fungsi pembangkit momen:

C. SIFAT*SIFAT FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN

1. Sifat khusus fungsi pembangkit moment

Jika X mempun!ai (Moment enerating !ungtion) M X (t ) , maka

E [ X n ]= M X n (0 )*imana didefinisikan

M X

(n )(0 )= dn

瑬 t n M X (t )|

t =0

+aitu moment ke-n adalah sama dengan turunan ke-n dari M X (t ) pada saat t =0

Bukti, asumsikan baha kita dapat menurunkan dibaah integral, kita dapatkan

d

dt M X ( t )=

d

dt ∫−∞

∞

etx

f X ( x )dx

¿∫−∞

∞

( d

dt e

tx) f X ( x ) dx

¿∫−∞

∞

( x etx ) f X ( x ) dx

¿ E [ X etX ]

Jadi,

d

dt M X ( t )|

t =0

= E [ X etX ]|t =0= E [ X ]

aka,

¿ E [ X

ne

t X ]¿

¿¿d

n

dt n M X ( t )|

t =0

=¿

Atau pembuktian yang lain dari sifat 1

M ' (0 )=

dM (t )

dt

|t =0

= E( X )

B$kti $nt$k k"s$s )iskrit:

7/17/2019 gamma(1)new....


etx=1+

tx

1!+( tx)2

2! +(tx )3

3 ! +(tx)4

4 ! +…

"efinisi !ungsi #embangkit Moment

M (t )= E ( etx )=∑ x

e tx . p ( x)

¿∑ x

(1+ tx

1 !+

( tx )2

2 ! +

( tx )3

3 ! +

( tx )4

4 ! +…). p( x )

"idapatkan dari "efinisi !ungsi #embangkit Moment

M (t )= E ( etx )=∑

x

etx

. p ( x)

M (t )=∑ x

(1+ tx

1 !+

( tx )2

2! +

( tx )3

3 ! +

( tx )4

4 ! +…). p ( x)

¿∑ x

( p ( x )+ xp ( x ) t

1!+ x

2 p ( x ) t

2

2 !+ x

3 p ( x ) t

3

3 !+ x

4 p ( x ) t

4

4 !+…)

¿∑ x

p ( x )+t ∑ x

xf ( x )+ t 2

2!∑

y

x2

f ( x)+ t

3

3 !∑

y

x3

f ( x )+ t 4

4 !∑

y

x4

f ( x )+…

xp ( x )+¿ t

2

2 !∑ x x2 p ( x)+ t

3

3!∑ x x3 p ( x )+ t

4

4 !∑ x x4 p ( x )+…

¿1+t ∑ x

¿

*engan *efinisi:

E ( X r )=∑

x

xr p ( x )= μr

3+¿+ t

4

4 ! μ 4+…

M (t )=1+tμ2+ t

2

2 ! μ2+ t

3

3 ! μ¿

M (t )=1+tμ1+ t

2

2 ! μ2+

t 3

3 ! μ3+

t 4

4 ! μ4+…

dM (t )

dt =

d

dt (1+tμ1+ t

2

2 ! μ2+

t 3

3 ! μ3+

t 4

4 ! μ4+…)

¿ μ1+ 2 t 2 !

μ2+ 3 t 2

3 ! μ3+ 4 t

3

4 ! μ4+…

7/17/2019 gamma(1)new....


M ' (0 )= μ ' 1= E ( X )

'ifat khusus fungsi pembangkit moment

M ' (0 )=

dM (t )

dt

|t =0

= E( X )

B$kti $nt$k k"s$s kontin$:

M ' ( t )=

dM (t )dt

= d

dt ∫−∞

∞

etx

f ( x ) dx

d

dt e

ty= xetx=∫

−∞

∞

xetx

f ( x )dx

#ada t . /

M ' (0)=∫

−∞

∞

x e0 y

f ( x ) dx

¿∫−∞

∞

xf ( x )dx

M ' (0 )= E( X )

'ecara 0mum:

X

E (¿¿r )

M (r ) (0 )=d

r M (t )

dt r |

t =0

=¿

2. Jika X adalah peubah acak dan c adalah sebuah konstanta, maka:

Bukti

M aX ( t )= E [e (aX ) t ]

¿ E [e( at ) X ]

¿ M X (at )

M"k" ter'$kti '"h+" M aX (t )= M X (at )

7/17/2019 gamma(1)new....


Bukti

M aX +b (t )= E [ e

( aX +b) t ]

¿ebt

E [ e( at ) X ]

¿ebt

M X ( at )

M"k" ter'$kti '"h+" M aX +b (t )=ebt

M X (at )

4. Jika X adalah peubah acak dan a $ b adalah dua buah konstanta,

maka:

Bukti:

M x (t )= E (eㆎ t ) """""""""""""""""""""""""""def" fungsi pembangkit momen

M ( x+a

b ) (t )= E(e

( x+a

b )t

)

¿ E(e( xt

b+at

b ))

¿eat

b . E(e xt

b )

¿eat

b . M x ( t

b)

M"k" ter'$kti '"h+" M ( x+ a

b ) (t )=e

at

b . M x (t

b)

DIST,IBUSI GAMMA

A. PENGE,TIAN DIST,IBUSI GAMMA

*efinisi 1"1

*istribusi amma adalah distribusi fungsi padat !ang terkenal luas dalam bidang

matematika"

*ef in i s i 1 "2

(Bain and 3ngelhardt (1442))" ungsi gamma, dinotasikan 5(6) untuk semua 6

7 /, didefinisikan sebagai

Γ (k )=∫∞

tk −1

. e−t

dt (2"18)

7/17/2019 gamma(1)new....


Γ (k )=∫0

∞

e−t

dt

¿−e−t |0

∞

−e

−(¿¿ 0)¿e

−∞−¿

¿0+1

¿1

(2"14)

*efinisi 1"9

ariable random x disebut berdistribusi amma dengan parameter kdanθ , &ika fungsi

sensitasn!a din!ataka dengan :

f ( x )=1

Γ (k ) θk x

k −1e− x

θ , untuk 0< x<∞

¿0,untuk x≤0

B. SIFAT*SIFAT GAMMA

ungsi gamma dan sifat-sifatn!a dapat dilihat pada teorema berikut"

-eorema 2"2" ungsi gamma memiliki sifat-sifat berikut:

1" 5(6) . (6 ; 1)5(6 ; 1), untuk k 7 1<

2" 5(n) . (n ; 1)=, untuk n . 1, 2, " " " <

9" Γ 1

2=√ π

Pem'$kti"n si%"t*si%"t Distri'$si G"mm"

1. Bukti: >kan ditun&ukkan sifat 1 dengan integral bagian" isal

u=t k −1

, du=( k −1 ) t k −2

, d=exp (−t )dan =−e 獣㰰(−t ) , 'ehingga

(2"2/)

en&adi

−e

(¿¿−t)( k−1)tk −2

dt

7/17/2019 gamma(1)new....


¿−t k −1

e−t |

0

∞

+∫0

∞

e−t (k −1 )t k −2

dt

¿0+(k −1 )∫0

∞

t k −1

e−t

dt

¿ (k −1) Γ (k −1 ) , k >1

2. 'elan&utn!a akan ditun&ukkan sifat 2" Bila n adalah bilangan bulat mak a

5(n) . (n ; 1)5(n ; 1)

. (n ; 1)(n ; 2)5(n ; 2)

. ? ? ?

. (n ; 1)(n ; 2) ? ? ? 9 ? 2 ? 15(1)

. (n ; 1)(n ; 2) ? ? ? 9 ? 2 ? 1

. n="

3. @emudian akan ditun&ukkan sifat 9"

Γ ( 1

2 )=∫0

∞

11 /2−1

e−t

dt

¿∫0

∞

t −1 /2−1

e−t

dt (2"21)

(2"22)

isal x=t 1/2

, dx=(1

2)t −1/2

dt ataudt =2 t 1/2

dx=2 xdx . x . t1A 2, *engan substitusi

ini, m ak a #ersamaan (2"21) men&adi

Γ ( 1

2 )=∫0

∞

x−1

e− x

22 x

dx

¿∫∞

2 e− x

2

(2"29)

(n) = (n ! 1)"# untuk n = 1# $# . . %

7/17/2019 gamma(1)new....


enggandakan #ersamaan (2"29) diperoleh

2

1/¿ Γ ¿¿

¿¿ x

∫0

∞

4 e−(¿¿ 2+ y

2 )dxdy

¿∫0

∞

¿

(2"2C)

0ntuk men!elesaikan integral pada #ersamaan (2"2C), lakukan transformasi

koordinat kutub" isal x % r cos & dan y % r sin &' sehingga x )y( % r ( cos&

)r ( sin & % r (cos

& )sin &) % r " @emudian turunan parsial masing-masing

peubah terhadap r dan D adalah sebagai berikut:

x

y="#$θ,

x

θ=−$inθ

y

r =$inθ ,

y

θ=r cosθ

*engan demikian diperoleh Jacobian,

% =|cosθ −r sin θsin θ r cosθ |

¿ r cos2+r sin

2θ

¿r

'ehingga integral #ersamaan (2"2C) men&adi

2

1/¿ Γ ¿¿¿¿

0ntuk men!elesaikan integral ini, misalkan u % r ( , du % (r dr " *engan demikian

2

1/¿ Γ ¿

7/17/2019 gamma(1)new....


¿−e

−u

¿¿¿0∞ ) d &

¿

¿2∫0

π /2

¿

¿2∫0

π /2

(−e−∞+e

0)d θ

¿2∫0

π

2

dθ¿

¿¿20¿¿¿¿¿

¿π −0

¿π

-")i )iero!eh.

2

1/¿=√ π

Γ ¿

'uatu peubah acak kontinu X dikatakan berdistribusi gamma dengan parameter D 7

/ dan * + &ika memiliki fungsi densitas peluang dengan bentuk

fX ( x ; θ , k )={1

θk Γ (k )

xk −1

e− x/θ

untuk 0< x<∞

0 untuk x lainnya

(2"2E)

dan dinotasikan X ∼

>(&, * )" Bentuk (2"2E) &uga dapat direparameterisasi

sebagai

fX ( x ; θ , k )={ θk

Γ k x

k −1e− x

, u ; tuk 0< x<∞

0 untuk x lainnya

(2"2F)

#arameter 6 disebut parameter bentuk (shape par ameter ) karena menentukan

b t k d fik f i d it l ' d ti b t k d

7/17/2019 gamma(1)new....


parameter skala (scale par ameter )" engubah nilai D bersesuaian dengan mengubah-

ubah unit-unit pengukuran (katakanlah dari detik ke menit)"

0ntuk memeriksa apakah integral persamaan (2"2E) adalah fungsi densias peluang

gunak an teknik substitusi" *engan kata lain, untuk memeriksa

∫0

∞1

θk Γ (k )

xk −1

e

− x

ϵ dx=1 (2"28)

lakukan substitusi dengan t . xAD, dt . (1AD) dx, dengan batas-batas

pengintegralan tidak berubah" 'ehingga

∫0

∞1

θk Γ (k )

xk −1

e

− x

ϵ dx=∫0

∞θ

k

Γ (k ) e

−1dt

¿∫0

∞1

Γ (k ) θ

k −1t

k −1e−t

θdt

¿θ

k −1 Γ (k )θ

θk Γ (k )

¿1 (2"24)

F$n&si Distri'$si K$m$!"ti%

ungsi distribusi kumulatif X ∼

>(D, 6) adalah

x ( x ; θ , k )=∫0

x1

θk Γ (k )

xk −1

e

−1

θ dt

(2"9/)

ntegral bentuk (2"9/) secara umum tidak dapat diselesaikan secara eksplisit, namun

bila 6 adalah bilangan bulat positif, katakanlah 6 . n, maka integraln!a dapat

din!atakan sebagai pen &umlahan"

Teorem" 2.#. Jika X ∼

>(D, n), dengan n adalah bilang bulat positif maka fungsi

distribusi kumulatifn!a dapat ditulis

x ( x ; θ ,n )=1−∑i=0

n−1 (

x

θ )

i

i ! e

− x2 (2"91)

7/17/2019 gamma(1)new....


x ( x ; θ ,1 )=1−e

− x

θ ∑i=0

0 ( x

θ)

θ

0!

¿1−e− x

θ (2"92)

IJatatan: &ika &ika n . 1 maka X ∼

3X#(D), sehingga X (x) . 1 K exp (;xAD)L"

'elan&unt!a akan ditun&ukkan benar untuk n M 1:

7/17/2019 gamma(1)new....


x ( x ; θ ,n+1 )=∫0

xt

n+1−1

θn+1

Γ (n+1)e

−t

θ dt

¿∫0

xt

n

θn+1 n! e

−t

θ

dt

¿∫0

xt

n

θnn !

d (−e

−t

θ )

¿− t

θn

n !e−t

θ |t =0

t = x

+∫0

xnt

n−1

θnn !

e−t

θ dt

¿∫0

xnt

n−1

θn

n !e

−t

θ dt − x

ne− x

θ

θn

n !

(2"99)

*engan hipotesis induksi

θ

x /¿i

¿¿i !

e

− x

2

¿¿

x ( x ; θ ,n )=1−∑i=0

n−1

¿

θ

x /¿i

¿¿¿

¿1−∑i=0

n−1

¿

(2"9)

C. EKSPEKTASI )"n /A,IANSI

1 N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


Oilai tengah atau rata-rata dari X P > (θ , k ) diperoleh sebagai berikut:

E ( X )=∫0

∞

x 1θ

k Γ ( k ) xk −1 e− x /θ dx

%1

θk (k ) ∫

0

∞

x(1+ k )−1 e

− x /θ dx

%θ

1+k Γ (1+k )

θk Γ (k )

∫

0

∞

x(1+椶)−1

θ1+k

Γ (1+k ) e− x /θ dx

%θ

1+k Γ (1+k )

θk Γ (k )

%θ k Γ (k )

Γ (k )

% θ k . (.-)

"an

/(X0) % ∫0

∞

x ² 1

θk Γ ( k ) x

k −1 e− x /θ

dx

%1

θk Γ ( k ) ∫

0

∞

x(2+ k )−1

e− x /θ

dx

%θ

2+k Γ (2+k )

θk Γ (k ) ∫0

∞

x(2+k )−1

θ1+k

Γ (2+k ) e

− x

θ dx

%θ

2+k Γ (2+k )

θk Γ (k )

1C N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


%θ

2 (1+k ) Γ (1+k )

Γ (k )

¿θ ² (1+k ) k Γ (k )

Γ (k )% θ ²(1+k )k . (2"9E)

*engan demikian

1ar(X) % /(X0) 23/(X)40

%1

θ ² ¿ k)k 2 [θk ]²

% θ ² b (k0 k) 2 θ ² k ²

% θ ² k0 θ ² k 2 θ ² k0

% θ ² k. (2"9F)

D. FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN

ungsi pembangkit momen X P> ( θ , k ¿ dapat dihitung sebagai berikut "

M x (t )=∫0

∞

tx x

k −1

θk Γ ( k )

e− x

θ dx

¿∫0

∞ x

k −1e− x(1−tθ)/θ

θk Γ (k )

dx (2"98)

0ntuk men!elesaikan integral persamaan (2"98) lakukan substitusi u . x (1 K

θt ¿θ dengan t G1 A θ atau x . θu (1 K θt ¿ sehingga dx . ( θ A(Q -

& t ¿ du" *engan demikian "

1E N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


x(t) . ∫0

∞

❑θk Γ (k )( 1θ t )

θu

1−θt ¿¿¿

e−u

du

.

1−θt ¿¿

¿k −1

θk Γ (k ) (1−θt ) ¿

θθk −1 uk −1

¿

∫0

∞

¿

e−u

du

.

1−θt ¿k

¿ Γ (k )¿u

k −1

¿

∫0

∞

¿

.

1−θt ¿k

¿1

¿

∫0

∞u

k −1

Γ (k ) e

−udu

.1−θt

¿k

¿1

¿

Γ ( x) Γ ( x)

.

1−θt ¿k

¿1

¿

.

1−θt ¿−k

¿1

¿

, t G1A θ (2"94)

1F N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


*engan mengetahui fungsi pembangkit momen , kita &uga dapat menghitung

momen pertama dan kedua, !akni 3 (XR) "menurunkan persamaan

(2"94)terhadap t diperoleh"

1−θt ¿¿

M ' x (t )=(−k )¿

( −θ )

(2"/)

*an

M x = left ( ! "i#$t % ( ! 1% ( &1 't % ) & ! 2 ( -

θ¿(−θ) (2"1)

'elan&utn!a

1−θ .0¿¿¿

E ( X )= M ' x (0 )=(−k )¿

( - θ¿

. & k

(2"2)

*an

M "s*+ &x left (0 "i#$t % = left ( ! "i#$t % ( ! 1%( &1 .0% ) & ! 2

E ( X 2 )=¿ (2

&¿ (−&) (.5-)

¿(−k )(−k −1)& ²

18 N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


¿k (k +1 ) &2

% & ² k (k +1) (2")

*engan menggunakan hasil dari persamaan (2"2) dan (2") maka akan

diperoleh Sarians seperti pada persamaan (2"9F)

urunan ke K r dapat dihitung sebagai berikut :

M xr (t )=( k +r ( 1 ) … (k +1 ) k

1−& t ¿¿

&¿

. Γ ( k +r ) Γ (k )

1−& t

¿¿&

r ¿

(2"C)

omen ke K r di hasilkan dari M xr (0)

, !akni :

3

X ¿¿¿

) . Γ ( k +r )

Γ ( k )

1−& .0¿¿

&r ¿

¿ Γ ( k +r )

Γ (k ) &r

" (2"E)

-. SOA0 DAN PEMBAASAN

1. O!atakan fungsi gamman!a dan carilah nilain! &ika:

a" k

=5 b" k =3

1

2%a)ab

14 N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


. Unt$k k =5,*aka Γ (k )=∫0

∞

k −1

. e−t

dt

¿∫0

∞

t 5−1

. e−t

dt

Γ (5 )=(5−1 )!=4 !=24

+. Unt$k k =31

2 ,*aka Γ (k )=∫

0

∞

t k −1

. e−t

dt

Γ (3 1

2 )=∫0

∞

t 2

1

2 . e−t

dt

Γ (3 1

2 )= Γ (3+ 1

2 )=1.3.5

23 √ +=15

8 √ +

2. *ari Sariable random kontinu berdistribusi

f ( x )=19

x . e−+

3 ,untuk 0< x<∞

¿0,untuk yanlainnya

arilah - (#≤ X≤ 4 )

#en!elesaian:

- (#≤ X≤ 4 )=∫0

31

9 x . e

− x

3 dx

19=∫

0

3−3 xd e

− x3

¿−1

3[ xe

−+

3 +3 e

− x

3 ]0

3

¿−1

3 [3 e

−1+3 e−1−0−3 ]

¿1−2 e−1

3. arilah harapan ekspektasi dan Sariansi=

#en!elesaian:

f ( x )=1

9 x . e

− x

3 ,untuk 0< x<∞ (inat Γ (2 )=1)

¿0,untuk x ≤ 0denan&=2 dank =3,*aka

2/ N # a g e

7/17/2019 gamma(1)new....


3kspektasi n!a adalah E ( X )=& k .

¿2.3¿6

arian$inya adala/ % ar ( X )=& ² k.

¿2.32

¿18

21 N # a g e

gamma(1)new....

Documents