Kontrak Perkuliahan, Silabus SAP & Kalkulator Prediksi Nilai
Dokumen kesepakatan akademik resmi kelas Statistika Matematika 1 (Kelas A @B305) bersama Dosen Pengampu Sindy Devila, M.Si. Dilengkapi peta capaian pembelajaran (Sub-CPMK 1 s.d. 11), roadmap jadwal perkuliahan 16 pekan lengkap dengan jadwal Post-Test 1–4, tenggat waktu tugas, aturan evaluasi hasil belajar, dan simulasi konversi nilai akhir UI.
Kalkulator Prediktor Nilai Akhir & Simulasi Indeks Prestasi (UI Grade Simulator)
Berdasarkan formula bobot resmi: $NA = 0{,}30(\text{UTS}) + 0{,}30(\text{UAS}) + 0{,}20(\text{Tugas}) + 0{,}15(\text{Kuis}) + 0{,}05(\text{Keaktifan})$
*Target nilai minimal kelulusan Sarjana FMIPA UI adalah C (55,00).
Peta 11 Sub-Capaian Pembelajaran Mata Kuliah (Sub-CPMK • Level C3 Menerapkan)
Target kompetensi akademik resmi Statistika Matematika 1 (Departemen Matematika FMIPA UI)
Probabilitas & Probabilitas Bersyarat
Mampu menentukan probabilitas dari suatu kejadian, probabilitas bersyarat, teorema Bayes, dan independensi. (C3)
Peubah Acak & PDF
Mampu mengidentifikasi peubah acak diskrit dan kontinu serta fungsi kepadatan peluang (*probability density function* / pdf). (C3)
Fungsi Distribusi Kumulatif (CDF)
Mampu menentukan fungsi distribusi kumulatif (*cumulative distribution function* / cdf) dan sifat-sifat analitisnya. (C3)
Teknik Fungsi Distribusi (CDF Method)
Mampu menentukan distribusi dari fungsi peubah acak baru $Y = g(X)$ menggunakan teknik fungsi distribusi. (C3)
Ekspektasi Matematika & MGF
Mampu menentukan nilai harapan matematik $E[X]$, variansi, serta fungsi pembangkit momen (*moment generating function* / MGF). (C3)
Distribusi Bersama (Joint & Marginal)
Mampu menentukan distribusi probabilitas bersama dari dua peubah acak serta distribusi marginal masing-masing. (C3)
Distribusi & Ekspektasi Bersyarat
Mampu menentukan pdf bersyarat $f(x|y)$, ekspektasi bersyarat $E[X|Y=y]$, dan variansi bersyarat. (C3)
Korelasi & Independensi Stokastik
Mampu menentukan kovariansi, koefisien korelasi $\rho$, dan menguji kebebasan stokastik dua peubah acak. (C3)
Perluasan ke Multivariat ($n > 2$)
Mampu menggunakan teori distribusi dua peubah acak untuk diperluas pada distribusi lebih dari dua peubah acak. (C3)
Keluarga Distribusi Khusus Diskrit
Mampu menguasai karakteristik distribusi Uniform, Bernoulli, Binomial, Trinomial, Multinomial, Binomial Negatif, Geometrik, Hipergeometrik, dan Poisson. (C3)
Keluarga Distribusi Khusus Kontinu
Mampu menentukan karakteristik distribusi Uniform, Gamma, Chi-square ($\chi^2$), Eksponensial, Normal, dan Bivariat Normal. (C3)
Roadmap Satuan Acara Perkuliahan (SAP 16 Pekan PTA 2026/2027)
Kalender akademik resmi lengkap dengan jadwal 4 Post-Test, UTS, UAS, dan tenggat waktu Tugas 1 s.d. 5
Kontrak Kuliah, Pendahuluan, Konsep Dasar Probabilitas, Fungsi Himpunan Probabilitas.
Probabilitas Bersyarat, Teorema Bayes, Hukum Peluang Total, Independensi Stokastik.
Peubah Acak Diskrit dan Kontinu, Fungsi Kepadatan Peluang (*probability density function* / pdf).
Evaluasi: Post-test 1 (Materi Pekan 1–3). Deadline pengumpulan Tugas 1 pukul 23:59 WIB. Diberikan Tugas 2 (materi pekan 4–7).
Materi: Fungsi Distribusi Kumulatif (cdf), Sifat-sifat CDF, Teknik Fungsi Distribusi.
Ekspektasi Peubah Acak, Nilai Harapan Fungsi, Variansi, Ekspektasi Khusus, Sifat Linearitas.
Evaluasi: Post-test 2 (Materi Pekan 4–5).
Materi: Distribusi Dua Peubah Acak atau Lebih: Distribusi Probabilitas Bersama (*Joint*) dan Marginal.
Distribusi Bersyarat Diskrit dan Kontinu, Normalisasi Subdomain.
Cakupan Materi: Pekan 1 s.d. 7 (Bobot 30% Nilai Akhir).
Deadline pengumpulan Tugas 2 pukul 23:59 WIB.
Ekspektasi Bersyarat $E[X|Y]$, Variansi Bersyarat $\mathrm{Var}(X|Y)$, Hukum Total Ekspektasi.
Kovariansi dan Koefisien Korelasi ($\rho$), Sifat-sifat Batas $-1 \le \rho \le 1$.
Independensi Dua Peubah Acak, Perluasan ke Beberapa Peubah Acak Bersyarat.
Evaluasi: Post-test 3 (Materi Pekan 9–11). Deadline Tugas 3 & 4 pukul 23:59 WIB. Diberikan Tugas 5.
Materi: Distribusi Diskrit: Uniform, Bernoulli, Binomial, Trinomial, Multinomial.
Distribusi Diskrit Lanjutan: Geometrik, Binomial Negatif, Hipergeometrik, Poisson.
Distribusi Kontinu Khusus: Uniform, Gamma, Eksponensial, Chi-Kuadrat ($\chi^2$), Normal Standar.
Evaluasi: Post-test 4 (Materi Pekan 12–14).
Materi: Distribusi Kontinu Lanjutan: Normal Bivariat, Matriks Kovariansi, Sifat Rotasi.
Cakupan Materi: Pekan 9 s.d. 15 (Bobot 30% Nilai Akhir).
Deadline pengumpulan Tugas 5 pukul 23:59 WIB. Batas akhir upload nilai di SLCM UI: 8 Januari 2027.
Pedoman Konversi Nilai Angka ke Huruf (UI)
| Rentang Nilai | Nilai Huruf | Bobot | Kualifikasi |
|---|---|---|---|
| 85 – 100 | A | 4.00 | Sangat Memuaskan |
| 80 – < 85 | A- | 3.70 | Sangat Memuaskan |
| 75 – < 80 | B+ | 3.30 | Memuaskan |
| 70 – < 75 | B | 3.00 | Memuaskan |
| 65 – < 70 | B- | 2.70 | Baik |
| 60 – < 65 | C+ | 2.30 | Baik |
| 55 – < 60 | C | 2.00 | Batas Lulus Sarjana (S1) |
| 40 – < 55 | D | 1.00 | Tidak Lulus |
| 00 – < 40 | E | 0.00 | Gagal Total |
*Pedoman Resmi PR UI Nomor 1 Tahun 2024 tentang Penyelenggaraan Program Sarjana (Bab XII).
Regulasi Khusus Mengulang MK & Sanksi Kecurangan
"Dalam hal mahasiswa mengambil ulang mata kuliah, maka nilai kelulusan mata kuliah tersebut didasarkan pada nilai terakhir yang diperoleh (bukan nilai terbaik)." (Bab XII Pasal 40 ayat 5).
Kecurangan akademik meliputi membuka catatan tanpa izin, bekerjasama dengan pihak luar/mahasiswa lain, atau menggunakan joki ujian, setelah diverifikasi oleh Tim Penjaminan Mutu Akademik (TPMA) Departemen:
- Hogg, R. V., McKean, J. W., & Craig, A. T. (2019). Introduction to Mathematical Statistics (8th ed.). Pearson.
- Asimow, L. A., & Maxwell, M. M. (2010). Probability & Statistics with Applications. ACTEX Publications.
- Hogg, R. V., & Craig, A. T. (1995). Introduction to Mathematical Statistics (5th ed.). Prentice Hall.
Pekan 1: Landasan Aksioma Kolmogorov, 5 Teorema Fundamental & Resep Kerja Algoritmik
Fondasi matematis paling esensial dalam Statistika Matematika. Mengupas tuntas mekanisme pemodelan probabilitas modern melalui tripel $(\mathcal{C}, \mathcal{B}, P)$, cara kerja deduktif 3 Aksioma Kolmogorov, Standard Operating Procedure (SOP) 4-langkah pembuktian analitis, decision tree kombinatorika, hingga bedah soal slide kuliah FMIPA UI secara bertahap.
Cara Kerja Pemodelan Peluang: Tripel $(\mathcal{C}, \mathcal{B}, P)$ & Batasan Frekuensi Relatif
Slide 2 – 8 / 25 • Mengapa Matematika Butuh Pendekatan Aksiomatik?
⚙️ Bagaimana Cara Kerja Ruang Peluang Modern Beroperasi?
Dalam Statistika Matematika rigor, kita tidak sekadar menghitung peluang secara intuitif. Fenomena acak diabstraksikan menjadi sebuah Ruang Peluang (Probability Space) yang terdiri dari tiga serangkai matematis $(\mathcal{C}, \mathcal{B}, P)$:
Himpunan semesta yang memuat seluruh titik hasil fisik yang mungkin terjadi ($c \in \mathcal{C}$). Bisa diskrit berhingga, tercacah, atau tak hingga kontinum.
Koleksi subset dari $\mathcal{C}$ yang memenuhi sifat tertutup terhadap komplemen dan gabungan terhitung. Elemen $A \in \mathcal{B}$ disebut kejadian terukur (measurable event).
Fungsi pemetaan $P: \mathcal{B} \to [0, 1]$ yang memberikan bobot bobot peluang riil pada setiap kejadian, dikunci oleh 3 Aksioma Kolmogorov.
Jika eksperimen diulang $N$ kali di bawah kondisi identik dan kejadian $A$ muncul $n_A$ kali:
Kelemahan Fatal: Nilai limit di atas bersifat empiris-fisik dan tidak pernah bisa dieksekusi secara matematis murni karena kita tidak pernah bisa mengulang eksperimen sebanyak tak hingga ($N \to \infty$).
Peluang didefinisikan sebagai Fungsi Himpunan Aksiomatik. Peluang tidak bergantung pada eksperimen fisik berulang, melainkan diturunkan secara analitis dari tiga postulat dasar yang konsisten dan bebas kontradiksi.
Pendekatan ini memungkinkan kalkulus, teori integrasi Lebesgue, dan aljabar linier diterapkan secara penuh dalam statistika matematika.
Resep Kerja 4 Langkah: Merumuskan Ruang Sampel $\mathcal{C}$ & Model Peluang
Identifikasi apakah percobaan berupa pencabutan tanpa pengembalian, dengan pengembalian, pelemparan berulang hingga kondisi terpenuhi, atau pengukuran variabel kontinum.
Tentukan struktur titik $c \in \mathcal{C}$: berupa tupel berurut $(x_1, x_2)$, himpunan tak terurut $\{x_1, x_2\}$, atau bilangan riil $x \in (a, b)$. Hati-hati: apakah urutan membedakan hasil fisik?
Jika diskrit berhingga, hitung $|\mathcal{C}|$ dengan aturan perkalian/kombinatorika. Jika kontinu, definisikan batas integral $\int_{\mathcal{C}} dx$.
Jika seluruh titik sampel memiliki kecenderungan sama (equally likely), rumus langsung: $P(A) = \frac{|A|}{|\mathcal{C}|}$. Jika tidak berbobot sama, tentukan PMF/PDF $f(x)$.
3 Aksioma Kolmogorov: Postulat Pembangun Semesta Peluang
Slide 9 – 11 / 25 • Tiga Hukum Mutlak yang Tidak Perlu Dibuktikan
Setiap fungsi peluang $P$ yang sah pada aljabar-$\sigma$ $\mathcal{B}$ wajib memenuhi 3 postulat berikut tanpa kecuali:
Cara Kerja: Peluang dianalogikan seperti massa atau volume fisik; tidak ada entitas di alam semesta yang bermassa negatif. Setiap kejadian minimal berbobot nol.
Cara Kerja: Menetapkan skala total kepastian. Eksperimen dijamin menghasilkan setidaknya satu luaran yang termasuk dalam semesta $\mathcal{C}$.
Syarat Mutlak: $\{C_i\}$ harus saling lepas berpasangan ($C_i \cap C_j = \emptyset$ untuk $i \ne j$). Jika berhingga, berlaku aditivitas berhingga: $P(\bigcup_{i=1}^k C_i) = \sum_{i=1}^k P(C_i)$.
Pembuktian 5 Teorema Fundamental & SOP Dekomposisi Disjoin
Slide 12 – 17 / 25 • Hogg-Craig Teorema 1.2.1 s.d. 1.2.5 • Sering Keluar di Ujian Esai
Resep Kerja 4 Langkah: Membuktikan Sifat Peluang dengan Metode Dekomposisi Disjoin
Hampir 100% pembuktian teorema peluang dasar di FMIPA UI menggunakan satu strategi universal: "Pecah himpunan menjadi dua bagian yang saling lepas, lalu gunakan Aksioma 3 dan Aksioma 2/1".
Tuliskan himpunan yang lebih besar sebagai gabungan dua subset yang saling asing ($A \cap B = \emptyset$). Contoh: $\mathcal{C} = C \cup C^c$, atau $C_2 = C_1 \cup (C_2 \cap C_1^c)$.
Konversikan operator gabungan himpunan ($\cup$) menjadi operator penjumlahan aritmatika (+): $P(C_2) = P(C_1) + P(C_2 \cap C_1^c)$.
Jika melibatkan ruang sampel, masukkan $P(\mathcal{C}) = 1$ (Aksioma 2). Pindahkan suku-suku secara aljabar.
Untuk pembuktian ketidaksamaan ($\le$ atau $\ge$), gunakan fakta bahwa $P(\text{himpunan apapun}) \ge 0$.
Teorema 1 Peluang Komplemen: $P(C) = 1 - P(C^c)$
Hogg-Craig Teorema 1.2.1- Dekomposisi: Ruang sampel $\mathcal{C} = C \cup C^c$, di mana $C \cap C^c = \emptyset$.
- Aksioma 3: $P(\mathcal{C}) = P(C \cup C^c) = P(C) + P(C^c)$.
- Aksioma 2: Karena $P(\mathcal{C}) = 1$, maka $1 = P(C) + P(C^c)$.
- Aljabar: Kurangkan $P(C^c)$ dari kedua ruas: $P(C) = 1 - P(C^c)$. $\blacksquare$
Teorema 2 Peluang Himpunan Kosong: $P(\emptyset) = 0$
Hogg-Craig Teorema 1.2.2Bukti Matematis Runtut:
Perhatikan bahwa himpunan kosong adalah komplemen dari seluruh ruang sampel: $\emptyset = \mathcal{C}^c$.
Terapkan langsung Teorema 1 yang telah dibuktikan sebelumnya: $P(\emptyset) = P(\mathcal{C}^c) = 1 - P(\mathcal{C})$.
Berdasarkan Aksioma 2, $P(\mathcal{C}) = 1$. Maka diperoleh $P(\emptyset) = 1 - 1 = 0$. $\blacksquare$
Teorema 3 Sifat Monotonisitas: Jika $C_1 \subseteq C_2$, maka $P(C_1) \le P(C_2)$
Hogg-Craig Teorema 1.2.3Penerapan SOP 2 (Langkah demi Langkah):
Langkah 1: Himpunan $C_2$ didekomposisi menjadi dua himpunan disjoin: $C_2 = C_1 \cup (C_2 \cap C_1^c)$, di mana $C_1 \cap (C_2 \cap C_1^c) = \emptyset$.
Langkah 2: Berdasarkan Aksioma 3, $P(C_2) = P(C_1) + P(C_2 \cap C_1^c)$.
Langkah 3: Berdasarkan Aksioma 1, peluang sembarang kejadian tidak boleh negatif: $P(C_2 \cap C_1^c) \ge 0$.
Langkah 4: Karena $P(C_2 \cap C_1^c) \ge 0$, maka $P(C_2) = P(C_1) + (\text{bilangan } \ge 0) \implies P(C_1) \le P(C_2)$. $\blacksquare$
Teorema 4 Batas Peluang: $0 \le P(C) \le 1$ untuk Setiap Kejadian $C \in \mathcal{B}$
Hogg-Craig Teorema 1.2.4Bukti Menggabungkan Aksioma 1 & Teorema 3:
Batas bawah: Menurut Aksioma 1, $0 \le P(C)$ terpenuhi secara definisi.
Batas atas: Untuk sembarang kejadian $C$, secara logis $C \subseteq \mathcal{C}$. Berdasarkan Teorema 3 (monotonisitas), berlaku $P(C) \le P(\mathcal{C})$.
Karena $P(\mathcal{C}) = 1$ (Aksioma 2), maka $P(C) \le 1$. Terbukti bahwa $0 \le P(C) \le 1$. $\blacksquare$
Teorema 5 Aturan Penjumlahan Umum (Inklusi-Eksklusi)
Hogg-Craig Teorema 1.2.5Rumus untuk 2 Kejadian:
Bukti SOP 2: $C_1 \cup C_2 = C_1 \cup (C_2 \cap C_1^c)$ (disjoin) $\implies P(C_1 \cup C_2) = P(C_1) + P(C_2 \cap C_1^c)$.
Dekomposisi $C_2 = (C_1 \cap C_2) \cup (C_2 \cap C_1^c)$ (disjoin) $\implies P(C_2 \cap C_1^c) = P(C_2) - P(C_1 \cap C_2)$. Substitusikan, terbukti!
Decision Tree & Kaidah Pencacahan (Counting Techniques)
Slide 20 – 24 / 25 • Algoritma Pemilihan Rumus Permutasi, Kombinasi & Multinomial
🧭 Decision Tree: Rumus Mana yang Harus Digunakan?
Gunakan pohon keputusan ini saat membaca soal cerita kombinatorika di ujian:
Contoh: Memilih Juara 1, 2, 3 atau nomor antrean unik.
Contoh: Memilih tim delegasi 4 orang atau kartu bridge di tangan.
Contoh: Membuat PIN 4 digit atau melempar dadu $k$ kali.
Contoh: Membagi 12 mahasiswa ke 3 komisi berukuran 3, 4, 5.
Hitung total kemungkinan tanpa syarat apapun. Contoh: Dari 52 kartu diambil 5 $\implies |\mathcal{C}| = \binom{52}{5}$.
Pecah syarat kejadian menjadi sub-langkah independen, lalu kalikan: $\text{Cara Sub 1} \times \text{Cara Sub 2}$.
Jika urutan internal sub-kelompok tidak membedakan hasil, pastikan membagi dengan faktor simetri $k!$.
Bedah Soal Rujukan Slide Materi Pekan 1 UI (Step-by-Step SOP)
Slide 18 – 23 / 25 • Impor Langsung dari Slide Kuliah Dosen UI + Solusi Runtut
Misalkan $\mathcal{C}$ menyatakan ruang sampel dari pelemparan dua dadu setimbang, yaitu:
$$\mathcal{C} = \{(1,1), \dots, (1,6), (2,1), \dots, (6,6)\}$$
dengan $P(C_i) = \frac{1}{36}$ untuk $i = 1, 2, \dots, 36$.
Diberikan kejadian:
$$D_1 = \{(1,1), (2,1), (3,1), (4,1), (5,1)\} \quad \text{dan} \quad D_2 = \{(1,2), (2,2), (3,2)\}$$
Tentukan peluang $P(D_1)$, $P(D_2)$, dan $P(D_1 \cup D_2)$!
Eksekusi Step-by-Step (Sesuai Slide Dosen):
Langkah 1: $|D_1| = 5 \implies P(D_1) = \frac{5}{36}$.
Langkah 2: $|D_2| = 3 \implies P(D_2) = \frac{3}{36}$.
Langkah 3: Amati irisan $D_1$ dan $D_2$:
Karena $D_1 \cap D_2 = \emptyset$, maka $P(D_1 \cap D_2) = 0$ (saling lepas).
Langkah 4 (Teorema 5):
$$P(D_1 \cup D_2) = P(D_1) + P(D_2) - P(D_1 \cap D_2) = \frac{5}{36} + \frac{3}{36} - 0 = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$$
Dari sekumpulan 52 kartu bridge standar diasumsikan semua kartu *equally likely* ($P = 1/52$).
a. Misalkan $E_1$ adalah kejadian terambilnya 1 kartu diamond dari 1 kali penarikan. Tentukan $P(E_1)$!
b. Kemudian, 5 kartu diambil sekaligus secara acak tanpa pengembalian. Misalkan $E_2$ menyatakan kejadian terambilnya 5 kartu diamond. Tentukan $P(E_2)$!
Eksekusi Step-by-Step (Sesuai Slide Dosen):
Bagian a: Terdapat $r_1 = 13$ kartu diamond $\implies P(E_1) = \frac{13}{52} = \frac{1}{4}$.
Bagian b (Kombinatorika):
1. Banyaknya cara mengambil 5 kartu dari 52:
$$k = \binom{52}{5} = \frac{52!}{5!47!} = 2.598.960$$
2. Banyaknya cara memilih 5 diamond dari 13 diamond:
$$r_2 = \binom{13}{5} = \frac{13!}{5!8!} = \frac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{120} = 1.287$$
3. Peluang kejadian $E_2$:
$$P(E_2) = \frac{r_2}{k} = \frac{1.287}{2.598.960} \approx 0{,}000495 \approx 0{,}0005$$
Sebuah komite beranggotakan 4 orang dipilih acak dari 6 dosen Matematika dan 4 dosen Aktuaria. Tentukan peluang komite memuat paling sedikit 1 dosen Aktuaria!
Eksekusi via Teorema 1 (Komplemen):
Langkah 1: Komplemen dari $\ge 1$ Aktuaria adalah $0$ Aktuaria (seluruh 4 anggota berasal dari Matematika).
Langkah 2: $|\mathcal{C}| = \binom{10}{4} = 210$.
Langkah 3: Cara memilih 4 Matematika dari 6: $\binom{6}{4} = 15$.
Langkah 4: $P(\text{0 Aktuaria}) = \frac{15}{210} = \frac{1}{14}$.
$$P(\ge 1 \text{ Aktuaria}) = 1 - P(\text{0 Aktuaria}) = 1 - \frac{1}{14} = \frac{13}{14} \approx 0{,}9286$$
5 mahasiswa (termasuk Andi dan Budi) duduk melingkar di meja bundar secara acak. Tentukan peluang Andi dan Budi duduk bersebelahan!
Eksekusi Step-by-Step:
Langkah 1 (Penyebut): 5 orang duduk melingkar $\implies |\mathcal{C}| = (5 - 1)! = 4! = 24$.
Langkah 2 (Ikat Elemen): Anggap Andi & Budi sebagai 1 blok $(AB)$. Maka ada 4 objek melingkar: $(4 - 1)! = 3! = 6$ cara.
Langkah 3 (Internal Blok): Andi & Budi bertukar tempat: $2! = 2$ cara.
Langkah 4: $|A| = 6 \times 2 = 12 \implies P = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}$.
Pekan 2: Peluang Bersyarat, Hukum Total, Teorema Bayes & Resep Uji Independensi
Pilar utama penalaran probabilistik di bawah informasi baru (*conditioning*). Membahas mekanisme fisik reduksi ruang sampel, aturan perkalian rantai (*chain rule*), SOP 5-langkah Teorema Bayes (template zero-error untuk ujian), hingga algoritma pembeda tegas antara independensi berpasangan (*pairwise*) versus independensi serentak (*mutually independent*).
Cara Kerja Pengkondisian: Reduksi Ruang Semesta & Faktor Penskalaan $\frac{1}{P(B)}$
Slide 2 – 6 / 32 • Hogg-Craig Ch. 1.3 • Definisi Formal & Sifat-Sifat Sah
⚙️ Bagaimana Peluang Bersyarat Bekerja Secara Mekanis?
Bayangkan ruang sampel $\mathcal{C}$ adalah seluruh lantai sebuah ruangan berbobot total peluang 1. Ketika kita menerima informasi pasti bahwa kejadian $B$ telah terjadi ($P(B) > 0$):
Seluruh titik hasil di luar himpunan $B$ (yaitu $B^c$) langsung musnah dan bernilai nol. Semesta baru kita menciut menjadi hanya himpunan $B$.
Kejadian $A$ yang masih mungkin terjadi hanyalah porsi yang bertumpukan dengan semesta baru, yaitu himpunan irisan $A \cap B$.
Karena total peluang pada semesta baru wajib bernilai 1 (Aksioma 2), kita harus menskalakan bobot irisan dengan membaginya terhadap bobot semesta baru: $\frac{P(A \cap B)}{P(B)}$.
Resep Kerja: Memilih Jalur Hitung Peluang Bersyarat (Jalur Reduksi vs Rumus)
Jika data disajikan dalam tabel kontingensi atau ruang diskrit sederhana: abaikan rumus peluang! Langsung pangkas semesta:
Contoh: Peluang dadu angka genap bersyarat $> 3$. Bilangan $> 3$ ada 3 buah $\{4, 5, 6\}$. Di antaranya yang genap ada 2 buah $\{4, 6\}$. Maka langsung: $\frac{2}{3}$ tanpa rumus panjang!
Jika diketahui informasi peluang abstrak seperti $P(A)$, $P(B)$, dan $P(A \cup B)$:
- Cari irisan via Teorema 5: $P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B)$.
- Bagi langsung dengan penyebut syarat: $P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$.
- Jika komplemen: $P(A^c|B) = 1 - P(A|B)$ (karena fungsi bersyarat adalah fungsi peluang sah!).
Aturan Rantai Perkalian (Multiplication Chain Rule)
Slide 9 – 13 / 32 • Menghitung Peluang Rangkaian Kejadian Berurutan
Dari definisi $P(C_2 | C_1) = \frac{P(C_1 \cap C_2)}{P(C_1)}$, kita langsung memperoleh formula irisan:
Jika $P(C_1 \cap C_2 \cap \dots \cap C_{k-1}) > 0$, maka peluang irisan serentak seluruh kejadian adalah hasil kali berantai dari setiap kejadian bersyaratkan kejadian-kejadian sebelumnya:
💡 Contoh Nyata: Mengambil 3 kartu berturut-turut tanpa pengembalian: $$P(\text{As}_1 \cap \text{As}_2 \cap \text{As}_3) = \frac{4}{52} \times \frac{3}{51} \times \frac{2}{50} = \frac{24}{132.600} = \frac{1}{5.525}$$
Hukum Peluang Total & SOP 5 Langkah Teorema Bayes (Zero-Error Template)
Slide 14 – 25 / 32 • Hogg-Craig Ch. 1.4 • Topik Paling Tinggi Frekuensinya di Ujian
⚙️ Mekanisme Pembaharuan Keyakinan (*Belief Updating*)
Teorema Bayes adalah mesin pembalik hubungan sebab-akibat matematis:
Kita mengetahui peluang munculnya gejala jika terkena penyakit $P(\text{Gejala}|\text{Penyakit})$, namun yang kita butuhkan dalam pengambilan keputusan nyata adalah kebalikannya: berapa peluang pasien benar-benar sakit jika gejalanya positif $P(\text{Penyakit}|\text{Gejala})$!
SOP 5 Langkah Zero-Error Teorema Bayes di Kertas Ujian
Tuliskan kejadian keadaan asal. Cek wajib: harus saling lepas ($H_i \cap H_j = \emptyset$) dan jumlah peluangnya harus tepat 1: $\sum_{i=1}^k P(H_i) = 1$.
Nyatakan sinyal atau hasil pengamatan yang terjadi (misal: "Barang cacat", "Tes positif", "Klaim diajukan").
Ekstrak dari teks soal peluang munculnya bukti $E$ pada masing-masing kondisi $H_i$.
Tuliskan rumus formalnya dulu sebelum memasukkan angka (kriteria poin penuh dosen UI):
Bagi bobot cabang spesifik yang ditanyakan dengan total penyebut: $P(H_j | E) = \frac{P(H_j) P(E | H_j)}{P(E)}$.
| Hipotesis ($H_i$) | Prior $P(H_i)$ | Likelihood $P(E|H_i)$ | Joint $P(H_i \cap E)$ | Posterior $P(H_i|E)$ |
|---|---|---|---|---|
| $H_1$ (Mesin A) | 0,60 | 0,02 | 0,012 | 0,012 / 0,024 = 0,50 |
| $H_2$ (Mesin B) | 0,40 | 0,03 | 0,012 | 0,012 / 0,024 = 0,50 |
| TOTAL | 1,00 | - | P(E) = 0,024 | 1,00 (Valid!) |
Independensi Kejadian: Resep Uji 3 Kejadian & Bedah Kontras "Lepas $\ne$ Bebas"
Slide 26 – 32 / 32 • Pairwise Independent vs Mutually Independent
Kondisi himpunan tidak bertumpukan secara fisik:
⚠️ DUA KEJADIAN SALING LEPAS DENGAN PELUANG POSITIF TIDAK PERNAH SALING BEBAS! Sebab jika $A$ terjadi, $B$ mustahil terjadi ($P(B|A) = 0 \ne P(B)$). Ini adalah ketergantungan ekstrem!
Kondisi informasi keterjadian tidak mengubah peluang:
Ekuivalen dengan $P(A|B) = P(A)$ atau $P(B|A) = P(B)$. Kejadian $B$ tidak membawa informasi apapun mengenai kemungkinan munculnya $A$.
Tiga kejadian $A, B, C$ dikatakan Saling Bebas Bersama / Serentak (Mutually Independent) jika dan hanya jika memenuhi 4 persamaan berikut secara simultan:
- $P(A \cap B) = P(A)P(B)$
- $P(A \cap C) = P(A)P(C)$
- $P(B \cap C) = P(B)P(C)$
Jika Tahap 1 lulus tapi Tahap 2 gagal $\implies$ statusnya HANYA pairwise independent, BUKAN mutually independent!
Bedah Soal Rujukan Slide Materi Pekan 2 UI (Step-by-Step SOP)
Slide 7 – 31 / 32 • Impor Langsung dari Slide Kuliah Dosen UI + Solusi Runtut Lengkap
Lima kartu diambil secara acak tanpa pengembalian dari 52 kartu bridge.
Hitung peluang bersyarat bahwa semua kartu yang terambil adalah diamond ($C_2$) relatif terhadap hipotesis bahwa paling sedikit terdapat 4 kartu diamond ($C_1$)!
Eksekusi Step-by-Step (Sesuai Slide Dosen):
Perhatikan bahwa $C_2 \subseteq C_1$, sehingga $C_1 \cap C_2 = C_2$.
Berdasarkan rumus peluang bersyarat:
$$P(C_2 | C_1) = \frac{P(C_1 \cap C_2)}{P(C_1)} = \frac{P(C_2)}{P(C_1)}$$
1. Peluang 5 diamond: $P(C_2) = \frac{\binom{13}{5}}{\binom{52}{5}} = \frac{1.287}{\binom{52}{5}}$.
2. Peluang $\ge 4$ diamond (4 diamond + 5 diamond):
$$P(C_1) = \frac{\binom{13}{4}\binom{39}{1} + \binom{13}{5}}{\binom{52}{5}} = \frac{715 \times 39 + 1.287}{\binom{52}{5}} = \frac{27.885 + 1.287}{\binom{52}{5}} = \frac{29.172}{\binom{52}{5}}$$
3. Evaluasi rasio:
$$P(C_2 | C_1) = \frac{1.287}{29.172} \approx 0{,}0441 \quad (\text{atau } 0{,}044)$$
Sebuah mangkuk berisi 8 kepingan yang terdiri atas 3 kepingan berwarna merah dan 5 kepingan berwarna biru. Dua kepingan diambil secara acak tanpa pengembalian.
Tentukan peluang terambil kepingan merah pada pengambilan pertama ($C_1$) dan kepingan biru pada pengambilan kedua ($C_2$)!
Eksekusi via Aturan Perkalian:
1. Peluang keping pertama merah: $P(C_1) = \frac{3}{8}$.
2. Sisa kepingan ada 7 (2 merah, 5 biru). Maka peluang keping kedua biru bersyarat pertama merah adalah:
$$P(C_2 | C_1) = \frac{5}{7}$$
3. Peluang bersama irisan:
$$P(C_1 \cap C_2) = P(C_1) P(C_2 | C_1) = \frac{3}{8} \times \frac{5}{7} = \frac{15}{56} \approx 0{,}2679$$
Mangkuk I memuat 3 merah dan 7 biru. Mangkuk II memuat 8 merah dan 2 biru.
Sebuah dadu dilempar: jika muncul mata 5 atau 6, Mangkuk I dipilih ($M_1$). Jika muncul mata lainnya, Mangkuk II dipilih ($M_2$). Satu keping diambil acak dan ternyata BERWARNA MERAH ($M$).
Tentukan peluang keping merah tersebut berasal dari Mangkuk I ($P(M_1 | M)$) dan Mangkuk II ($P(M_2 | M)$)!
Eksekusi SOP 2 (Teorema Bayes):
1. Prior: $P(M_1) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$, $P(M_2) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.
2. Likelihood: $P(M | M_1) = \frac{3}{10}$, $P(M | M_2) = \frac{8}{10}$.
3. Penyebut (Hukum Peluang Total):
$$P(M) = P(M_1)P(M|M_1) + P(M_2)P(M|M_2) = \left(\frac{2}{6}\right)\left(\frac{3}{10}\right) + \left(\frac{4}{6}\right)\left(\frac{8}{10}\right) = \frac{6 + 32}{60} = \frac{38}{60} = \frac{19}{30}$$
4. Posterior Mangkuk I:
$$P(M_1 | M) = \frac{(2/6)(3/10)}{19/30} = \frac{6/60}{38/60} = \frac{6}{38} = \frac{3}{19}$$
5. Posterior Mangkuk II: $P(M_2 | M) = 1 - \frac{3}{19} = \frac{16}{19}$.
Data penjualan: 25% tunai ($C_1$), 40% kredit ($C_2$), 35% debit ($C_3$).
Belanja $>$ Rp150.000,00 ($C$): 30% dari tunai, 50% dari kredit, dan 40% dari debit.
Belanja $\le$ Rp150.000,00 dinotasikan dengan $C^*$.
Pertanyaan & Jawaban Runtut:
a. Peluang belanja > Rp150.000 dan kredit:
$P(C \cap C_2) = P(C_2)P(C|C_2) = 0{,}40 \times 0{,}50 = 0{,}20$.
b. Peluang total belanja > Rp150.000:
$P(C) = (0{,}25)(0{,}30) + (0{,}40)(0{,}50) + (0{,}35)(0{,}40) = 0{,}075 + 0{,}20 + 0{,}14 = 0{,}415$.
c. Jika belanja > Rp150.000, peluang bayar debit:
$P(C_3 | C) = \frac{P(C_3)P(C|C_3)}{P(C)} = \frac{(0{,}35)(0{,}40)}{0{,}415} = \frac{0{,}140}{0{,}415} \approx 0{,}337$.
d. Peluang belanja $\le$ Rp150.000:
$P(C^*) = 1 - P(C) = 1 - 0{,}415 = 0{,}585$.
e. Peluang belanja $\le$ Rp150.000 dan tunai:
$P(C^* \cap C_1) = P(C_1)P(C^*|C_1) = 0{,}25 \times 0{,}70 = 0{,}175$.
f. Jika belanja $\le$ Rp150.000, peluang bayar tunai:
$P(C_1 | C^*) = \frac{P(C^* \cap C_1)}{P(C^*)} = \frac{0{,}175}{0{,}585} \approx 0{,}299$.
Sebuah koin tidak seimbang dilempar berulang kali secara independen dengan peluang muncul Muka $P(C_i) = \frac{1}{3}$ dan Belakang $P(C_i^*) = \frac{2}{3}$.
a. Tentukan peluang Muka muncul pertama kali pada lemparan ke-3!
b. Tentukan peluang paling sedikit satu Muka muncul pada 4 lemparan!
Eksekusi Step-by-Step (Sesuai Slide Dosen):
Bagian a (Muka pertama di lemparan 3): Lemparan 1 Belakang, lemparan 2 Belakang, lemparan 3 Muka.
Karena independen: $P(C_1^* \cap C_2^* \cap C_3) = P(C_1^*) P(C_2^*) P(C_3) = \left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{4}{27} \approx 0{,}1481$.
Bagian b (Paling sedikit satu muka dalam 4 lemparan):
Gunakan komplemen: $1 - P(\text{semua 4 lemparan menghasilkan Belakang})$.
$$P(C_1 \cup C_2 \cup C_3 \cup C_4) = 1 - P(C_1^* \cap C_2^* \cap C_3^* \cap C_4^*) = 1 - \left(\frac{2}{3}\right)^4 = 1 - \frac{16}{81} = \frac{65}{81} \approx 0{,}8025$$
Pekan 3: Variabel Acak, Peluang yang Diinduksi, Fungsi Peluang Diskrit (PMF) & Kontinu (PDF)
Transisi matematis dari ruang sampel fisik ke garis bilangan riil. Membahas secara linear seluruh 20 slide perkuliahan resmi: pemetaan deterministik $X: \mathcal{C} \to \mathbb{R}$, ruang nilai (*support* $\mathcal{A}$), pembuktian 3 aksioma peluang terimbas, syarat sah fungsi massa peluang (PMF), fungsi kepadatan peluang (PDF), sifat peluang titik nol kontinu $P(X=c)=0$, hingga SOP kalkulasi peluang kejadian gabungan untuk persiapan Post-Test 1.
Definisi Variabel Acak, Ruang Nilai (Support) & Klasifikasi Tipe
Slide 2 – 6 / 20 • Mengapa Variabel Acak Adalah Suatu Fungsi Riil?
Pada pembahasan sebelumnya (Pekan 1 & 2), ruang sampel $\mathcal{C}$ mungkin mempunyai elemen-elemen yang bukan berupa bilangan (misalnya pada koin $\mathcal{C} = \{\text{muka}, \text{belakang}\}$ atau dadu $\mathcal{C} = \{\text{muka 1}, \dots, \text{muka 6}\}$). Kita merumuskan aturan matematis agar hasil fisik tersebut dapat dinyatakan sebagai bilangan riil.
Misalkan suatu percobaan acak mempunyai ruang sampel $\mathcal{C}$. Suatu fungsi $X$ yang memetakan setiap elemen $c \in \mathcal{C}$ ke satu dan hanya satu bilangan riil $X(c) = x$ disebut variabel acak (*random variable*).
Himpunan seluruh daerah hasil / ruang nilai dari $X$ dinotasikan dengan $\mathcal{A} \subseteq \mathbb{R}$:
Pada pelemparan sebuah koin, $\mathcal{C} = \{c : c \text{ muka atau } c \text{ belakang}\}$. Didefinisikan fungsi $X: \mathcal{C} \to \mathbb{R}$ dengan:
Jadi, variabel acak $X$ merupakan fungsi bernilai riil dengan ruang nilai $\mathcal{A} = \{0, 1\}$.
Jika ruang nilai $\mathcal{A}$ adalah himpunan terhitung (*countable set*), yaitu terdiri atas sejumlah berhingga titik, atau tak berhingga titik yang dapat dikorespondensikan satu-satu dengan himpunan bilangan bulat positif ($\mathbb{Z}^+$).
Contoh: {0, 1, 2}, {1, 2, 3, ...}Jika ruang nilai $\mathcal{A}$ berupa suatu interval atau gabungan dari interval-interval bilangan riil (*uncountable set*).
Contoh: (0, 3), [0, 1] ∪ [2, 4], (0, ∞)Mekanisme Peluang yang Diinduksi (*Induced Probability*) & Bukti Aksioma
Slide 7 – 10 / 20 • Pembuktian Formal $P_X(A)$ Memenuhi Aksioma Peluang
Variabel acak $X$ berperan sebagai jembatan yang mentransfer / menginduksi ukuran peluang dari ruang sampel $\mathcal{C}$ ke himpunan bagian dari garis riil $\mathcal{A}$.
Untuk suatu $A \subseteq \mathcal{A}$, pra-citranya di $\mathcal{C}$ adalah $C = \{c : c \in \mathcal{C} \text{ dan } X(c) \in A\}$. Peluang dari kejadian $A$ didefinisikan sebagai:
Karena $P$ adalah fungsi himpunan peluang pada $\mathcal{C}$, berlaku $P(C) \ge 0$. Akibatnya: $$P_X(A) = P(C) \ge 0 \quad \checkmark$$
Misalkan $A_1, A_2 \subseteq \mathcal{A}$ *mutually exclusive* ($A_1 \cap A_2 = \emptyset$). Pra-citra bersesuaian: $$C = \{c : X(c) \in A_1 \cup A_2\} = \{c : X(c) \in A_1\} \cup \{c : X(c) \in A_2\} = C_1 \cup C_2$$ Karena $A_1 \cap A_2 = \emptyset$, maka $C_1 \cap C_2 = \emptyset$. Berdasarkan Aksioma 3 dari $P$: $$P_X(A_1 \cup A_2) = P(C_1 \cup C_2) = P(C_1) + P(C_2) = P_X(A_1) + P_X(A_2) \quad \checkmark$$
Karena $\mathcal{C} = \{c : c \in \mathcal{C} \text{ dan } X(c) \in \mathcal{A}\}$, maka $P_X(\mathcal{A}) = P(\mathcal{C}) = 1 \quad \checkmark$
Variabel Acak Diskrit & Fungsi Massa Peluang (PMF)
Slide 11 – 15 / 20 • Syarat Keabsahan PMF & Contoh 2–3 Koin Dua Kali
Misalkan $X$ peubah acak dengan ruang nilai $\mathcal{A}$ yang terhitung. Suatu fungsi $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ disebut fungsi kepadatan peluang (*probability density function* [p.d.f.]) atau fungsi massa peluang (*probability mass function* [p.m.f.]) jika memenuhi 3 syarat:
Sebuah koin seimbang dilempar dua kali secara independen. $X$ menyatakan banyaknya muka yang muncul. Ruang sampel fisik: $\mathcal{C} = \{BB, MB, BM, MM\}$ dengan peluang masing-masing $1/4$.
| Nilai $x$ | Pra-Citra $C_i \subseteq \mathcal{C}$ | Peluang Terimbas $\Pr(X=x) = f(x)$ |
|---|---|---|
| $x = 0$ | $\{BB\}$ | 1/4 |
| $x = 1$ | $\{MB, BM\}$ | 1/4 + 1/4 = 1/2 |
| $x = 2$ | $\{MM\}$ | 1/4 |
Variabel Acak Kontinu, Fungsi Kepadatan (PDF) & Contoh Slide 18–19
Slide 16 – 20 / 20 • Mengapa $P(X=c) = 0$ dan $P(a < X < b) = P(a \le X \le b)$?
Misalkan variabel acak $X$ mempunyai ruang nilai $\mathcal{A}$ berupa suatu interval atau gabungan interval-interval. Fungsi $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ disebut fungsi kepadatan peluang (probability density function [p.d.f.]) dari $X$ jika memenuhi:
Jika $A = \{a\}$ (himpunan satu titik tunggal), maka berdasarkan kalkulus integral: $$P(X = a) = \int_a^a f(x) dx = 0$$ Konsekuensi Penting di Ujian: Peluang di titik tunggal peubah kontinu selalu NOL! Oleh karena itu, tanda pertidaksamaan tegas ($<$) atau longgar ($\le$) memberikan nilai peluang yang PERSIS SAMA:
Misalkan $X$ peubah acak kontinu dengan p.d.f: $$f(x) = \begin{cases} \frac{2x}{9}, & 0 < x < 3 \\ 0, & x \text{ yang lain} \end{cases}$$
$P(A_1) = \int_0^1 \frac{2x}{9} dx = \left[ \frac{x^2}{9} \right]_0^1 = \mathbf{\frac{1}{9}}$
$P(A_2) = \int_2^3 \frac{2x}{9} dx = \left[ \frac{x^2}{9} \right]_2^3 = \frac{9-4}{9} = \mathbf{\frac{5}{9}}$
$P(A_1 \cup A_2) = \frac{1}{9} + \frac{5}{9} = \mathbf{\frac{6}{9} = \frac{2}{3}}$
SOP Standar Menghadapi Post-Test 1 UI (Materi Pekan 1–3 • Sub-CPMK 1 & 2)
Berdasarkan Analisis Arsip Resmi Post-Test 1 UI 2026 (Durasi 30 Menit • 100 Poin Total)
- Tentukan Support: Batasi interval di mana fungsi tidak nol.
- Set Integral = 1: $\int_{\mathcal{A}} f(x) dx = 1$ (kontinu) atau $\sum f(x) = 1$ (diskrit).
- Faktorkan Konstanta: $c \int g(x) dx = 1 \iff c = \frac{1}{\int g(x) dx}$.
- Cek Syarat Positivitas: Pastikan $f(x) \ge 0$ pada seluruh support (Aksioma 1).
- Gambar Garis Bilangan Riil: Plot batas support $X$, himpunan $A$, dan himpunan $B$.
- Operasikan Himpunan Terlebih Dahulu: Sederhanakan $A \cup B$ pada garis bilangan sebelum mengintegralkan! (Contoh: jika $A = [0,1] \cup [2,3]$ dan $B = [0, 2{,}5]$, maka $A \cup B = [0, 3]$).
- Integralkan Sekali Jalan: $P(A \cup B) = \int_0^3 f(x) dx$. Menggabungkan interval terlebih dahulu menghemat waktu 70% dibanding menghitung $P(A) + P(B) - P(A \cap B)$!
- Jebakan Saling Lepas vs Saling Bebas: Dua kejadian saling lepas dengan $P(A)>0, P(B)>0$ PASTI DEPENDEN ($P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)$). Jangan sampai terbalik memilih opsi saling bebas!
- Jebakan Pertidaksamaan Diskrit: Pada peubah acak diskrit $X$, $P(X \le 2) \neq P(X < 2)$. Titik ujung $x = 2$ bernilai positif!
- Jebakan Batas Support Terpotong: Jika soal menanyakan $P(X < 2{,}5)$ padahal support hanya didefinisikan untuk $x \ge 0$, batas bawah integrasi dimulai dari $0$, bukan $-\infty$!
Pekan 4: Fungsi Distribusi Kumulatif (CDF), 4 Sifat Matematika & Teknik Fungsi Distribusi
Membahas secara linear dan tuntas seluruh 30 slide perkuliahan resmi: definisi fungsi distribusi $F(x) = \Pr(X \le x)$, konstruksi *piecewise* diskrit & kontinu, pembuktian ketat 4 sifat matematika (monoton tak-turun, limit asimtotik, kontinuitas kanan, teorema peluang titik & interval), analisis peubah acak campuran (*mixed distribution*), hingga teknik fungsi distribusi (*CDF method*) untuk mencari p.d.f dari variabel acak hasil transformasi $Y = u(X)$.
Definisi Fungsi Distribusi Kumulatif (c.d.f) & Hubungan Differensiasi
Slide 1 – 5 / 30 • Fondasi Pemetaan Peluang Akumulatif $F: \mathbb{R} \to [0, 1]$
Pada Pekan 3 kita mempelajari fungsi peluang pada titik individu (pmf pada diskrit dan pdf pada kontinu). Namun, dalam kalkulus peluang modern, fungsi yang paling fundamental dan berlaku secara universal untuk segala jenis variabel acak adalah fungsi distribusi kumulatif (*cumulative distribution function* / c.d.f).
Misalkan $X$ menyatakan suatu variabel acak dengan fungsi himpunan peluang $P(A)$. Ambil $x \in \mathbb{R}$ dan definisikan himpunan interval setengah terbuka tak hingga $A = \{w \in \mathbb{R} : -\infty < w \le x\}$. Maka peluang kejadian tersebut adalah:
Didefinisikan suatu fungsi $F: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ dengan pengaitan untuk setiap $x \in \mathbb{R}$:
Fungsi $F$ ini disebut fungsi distribusi (*distribution function*) atau fungsi distribusi kumulatif (*c.d.f*) dari peubah acak $X$. Domain dari $F(x)$ selalu mencakup seluruh garis bilangan riil $(-\infty, \infty)$.
Akumulasi peluang dihitung melalui operasi penjumlahan (*summation*) pada seluruh nilai diskrit $w \le x$:
Berupa fungsi tangga (*step function*) dengan diskontinuitas loncatan setinggi massa peluang $f(x)$ pada setiap titik support.
Akumulasi peluang dihitung melalui operasi integral tak wajar dari $-\infty$ hingga $x$:
Berupa kurva kontinu mulus di mana-mana pada $\mathbb{R}$, tanpa ada loncatan nilai.
-
Pada Variabel Acak Kontinu: p.d.f $f(x)$ mempunyai paling banyak sejumlah berhingga titik diskontinuitas di dalam setiap interval berhingga. Artinya:
- Fungsi distribusi $F(x)$ kontinu di mana-mana pada $\mathbb{R}$.
- Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus, turunan dari $F(x)$ ada dan sama dengan $f(x)$ pada setiap titik di mana $f(x)$ kontinu: $$\frac{dF(x)}{dx} = f(x)$$
- Pada Variabel Acak Diskrit: p.d.f $f(x)$ bukan turunan dari $F(x)$ terhadap ukuran Lebesgue (*ordinary calculus*), melainkan turunan Radon-Nikodym terhadap ukuran hitung (*counting measure*).
- Mengapa Disebut "Density" (Kepadatan)? Karena $f(x)$ adalah turunan (laju perubahan akumulasi peluang per satuan panjang) dari $F(x)$, analog dengan kerapatan massa per volume dalam fisika.
Konstruksi Piecewise CDF: Diskrit Step Function vs Kontinu S-Curve
Slide 6 – 13 / 30 • Contoh 1 (Slide 6–9) & Contoh 2 (Slide 10–13)
Misalkan $X$ adalah variabel acak diskrit dengan p.d.f $f(x) = \frac{x}{6}$ untuk $x = 1, 2, 3$ dan $0$ untuk $x$ lainnya. Kita konstruksi $F(x)$ pada seluruh interval bilangan riil:
Belum ada titik support yang terlewati: $F(x) = \sum_{w \le x} f(w) = 0$.
Hanya titik $w = 1$ terlewati: $F(x) = f(1) = \frac{1}{6}$.
Titik $w = 1$ dan $w = 2$ terlewati: $F(x) = f(1) + f(2) = \frac{1}{6} + \frac{2}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
Seluruh titik support terlewati: $F(x) = f(1) + f(2) + f(3) = \frac{1}{6} + \frac{2}{6} + \frac{3}{6} = 1$.
Grafik $F(x)$ berbentuk tangga (*step function*), mendatar di antara titik-titik bulat, dan melonjak tepat pada titik $x = 1$ (lonjakan $1/6$), $x = 2$ (lonjakan $2/6$), dan $x = 3$ (lonjakan $3/6$). Perhatikan bahwa interval selalu bertanda kurung siku di kiri $[$ dan buka di kanan $)$ akibat sifat kontinu kanan!
Misalkan peubah acak kontinu $X$ mempunyai p.d.f $f(x) = \frac{x^2}{18}$ untuk $-3 < x < 3$ dan $0$ lainnya. Kita partisi integral menjadi 3 daerah bilangan riil:
$$F(x) = \int_{-\infty}^x f(w) dw = \int_{-\infty}^x 0 dw = 0$$
$$F(x) = \int_{-\infty}^{-3} 0 dw + \int_{-3}^x \frac{w^2}{18} dw = 0 + \left[ \frac{w^3}{54} \right]_{-3}^x = \frac{x^3 - (-3)^3}{54} = \frac{x^3 + 27}{54}$$
$$F(x) = \int_{-\infty}^{-3} 0 dw + \int_{-3}^3 \frac{w^2}{18} dw + \int_3^x 0 dw = 0 + \left[ \frac{w^3}{54} \right]_{-3}^3 + 0 = \frac{27 - (-27)}{54} = \frac{54}{54} = 1$$
1. Cek batas titik sambung: $F(-3) = \frac{(-3)^3+27}{54} = 0$, $F(3) = \frac{3^3+27}{54} = 1$. Fungsi kontinu sempurna tanpa lompatan!
2. Cek turunan: Pada $-3 < x < 3$, $\frac{d}{dx}\left(\frac{x^3+27}{54}\right) = \frac{3x^2}{54} = \frac{x^2}{18} = f(x)$. Terbukti presisi!
Empat Sifat Matematika CDF & Bukti Formal Lengkap
Slide 14 – 21 / 30 • Sering Diujikan Sebagai Soal Pembuktian Teoretis di Ujian FMIPA UI
Setiap fungsi $F(x)$ yang merupakan fungsi distribusi kumulatif dari suatu peubah acak wajib memenuhi 4 sifat fundamental berikut beserta penjabaran pembuktian formalnya:
Jelas, karena berdasarkan Definisi $F(x) = \Pr(X \le x)$, dan menurut Aksioma 1 & 2 Kolmogorov probabilitas suatu kejadian pasti bernilai antara $0$ dan $1$, yaitu $0 \le \Pr(X \le x) \le 1$. $\blacksquare$
Jika $x' < x''$, partisi himpunan $\{x: x \le x''\} = \{x: x \le x'\} \cup \{x: x' < x \le x''\}$ yang saling lepas (*disjoint*).
$\Pr(X \le x'') = \Pr(X \le x') + \Pr(x' < X \le x'')$
$F(x'') - F(x') = \Pr(x' < X \le x'') \ge 0 \implies F(x') \le F(x'')$. $\blacksquare$
- Bukti 3a: Karena $\{x: x \le \infty\} = \mathbb{R}$ (seluruh ruang berdimensi satu, $\Pr(\mathbb{R})=1$) dan $\{x: x \le -\infty\} = \emptyset$ (himpunan kosong, $\Pr(\emptyset)=0$).
- Bukti 3b: Untuk $a < b$, $\{x: x \le b\} = \{x: x \le a\} \cup \{x: a < x \le b\}$ (disjoin). Maka $\Pr(X \le b) = \Pr(X \le a) + \Pr(a < X \le b) \iff \Pr(a < X \le b) = F(b) - F(a)$. $\blacksquare$
- Bukti 3c (Slide 18–19): Ambil $h > 0$. Dari sifat 3b berlaku $\Pr(b-h < X \le b) = F(b) - F(b-h)$. Ambil limit $h \to 0^+$. Karena $\lim_{h \to 0^+} \{x: b-h < x \le b\} = \{x: x = b\}$, diperoleh:
$$\Pr(X = b) = F(b) - \lim_{h \to 0^+} F(b-h) = F(b) - F(b^-)$$
di mana $F(b^-) = \lim_{x \to b^-} F(x)$ adalah limit kiri dari $F(x)$ pada $x = b$.
👉 Konsekuensi Krusial: Jika $F(x)$ kontinu pada $x = b$, maka limit kiri sama dengan nilai fungsi ($F(b^-) = F(b)$), sehingga $\Pr(X = b) = F(b) - F(b) = 0$. Inilah alasan matematis mengapa probabilitas peubah acak kontinu pada titik tunggal selalu nol!
Ambil $h > 0$. Berdasarkan sifat 3b berlaku: $\Pr(a < X \le a + h) = F(a+h) - F(a)$. Ambil limit saat $h \to 0^+$:
$$\lim_{h \to 0^+} \Pr(a < X \le a + h) = \lim_{h \to 0^+} [F(a+h) - F(a)]$$
Perhatikan bahwa barisan himpunan $\{x: a < x \le a+h\}$ menyusut mendekati himpunan kosong saat $h \to 0^+$, yaitu $\lim_{h \to 0^+} \{x: a < x \le a+h\} = \emptyset$. Akibatnya limit peluangnya adalah $0$:
$$0 = \lim_{h \to 0^+} F(a+h) - F(a) = F(a^+) - F(a) \iff F(a^+) = F(a) \quad \blacksquare$$
Catatan: $F(x)$ selalu kontinu kanan di seluruh titik $\mathbb{R}$ baik untuk peubah acak diskrit, kontinu, maupun campuran. Diskontinuitas hanya mungkin terjadi dari arah kiri (limit kiri tidak sama dengan nilai fungsi pada titik massa).
Analisis Peubah Acak Campuran (Mixed Random Variable)
Slide 22 – 23 / 30 • Contoh 3: Diskontinuitas Loncatan dan Kontinuitas Parsial
Suatu variabel acak tidak harus murni diskrit atau murni kontinu. Terdapat peubah acak yang memiliki titik massa probabilitas (diskrit) sekaligus interval kepadatan probabilitas (kontinu), yang disebut variabel acak campuran (*mixed random variable*).
Misalkan $X$ menyatakan suatu variabel acak campuran yang mempunyai fungsi distribusi kumulatif:
Gunakan sifat 3b $\Pr(a < X \le b) = F(b) - F(a)$:
$$F(1/2) - F(1/4) = \frac{1/2 + 1}{4} - \frac{1/4 + 1}{4} = \frac{3/2}{4} - \frac{5/4}{4} = \frac{3}{8} - \frac{5}{16} = \frac{1}{16}$$
Gunakan sifat 3c $\Pr(X = b) = F(b) - F(b^-)$:
$$F(1/3) = \frac{1/3 + 1}{4} = \frac{1}{3}, \quad F(1/3^-) = \lim_{x \to 1/3^-} \frac{x+1}{4} = \frac{1}{3}$$ $$\Pr(X = 1/3) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = 0$$
(Kontinu pada titik $x = 1/3$, maka peluang titiknya nol).
Gunakan sifat 3c $\Pr(X = 1) = F(1) - F(1^-)$:
$$F(1) = 1, \quad F(1^-) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x+1}{4} = \frac{1+1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$ $$\Pr(X = 1) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$
Terdapat massa diskrit sebesar $1/2$ tepat di $x = 1$!
Pecah kejadian interval menjadi interior terbuka dan titik batas:
$$\Pr(1/4 \le X \le 2) = \Pr(1/4 < X \le 2) + \Pr(X = 1/4)$$ $$= [F(2) - F(1/4)] + [F(1/4) - F(1/4^-)] = F(2) - F(1/4^-)$$ $$F(2) = 1, \quad F(1/4^-) = \frac{1/4+1}{4} = \frac{5}{16}$$ $$\Pr(1/4 \le X \le 2) = 1 - \frac{5}{16} = \frac{11}{16}$$
Teknik Fungsi Distribusi (CDF Method) untuk Transformasi Peubah Acak
Slide 24 – 30 / 30 • Menentukan p.d.f dari Variabel Acak Fungsi $Y = u(X)$
Dalam pemodelan matematika statistika, kita sering kali mendefinisikan peubah acak baru yang merupakan fungsi matematis dari peubah acak sebelumnya, misalnya energi kinetik $Y = \frac{1}{2}m V^2$, log return $Y = \ln(X)$, atau kuadrat selisih $Y = (X - \mu)^2$. Teknik Fungsi Distribusi (*CDF Method*) adalah metode yang paling mendasar, aman, dan dapat digunakan bahkan ketika fungsi transformasinya tidak monoton (satu-satu).
Identifikasi daerah hasil variabel acak baru $Y = u(X)$ dari ruang nilai awal $\mathcal{A}$:
$$\mathcal{B} = \{y \in \mathbb{R} : y = u(x), x \in \mathcal{A}\}$$
Tuliskan definisi fungsi distribusi kumulatif $G(y)$ dan terjemahkan ke probabilitas kejadian $X$:
$$G(y) = \Pr(Y \le y) = \Pr(u(X) \le y) = \Pr(X \in A_y)$$
di mana $A_y = \{x \in \mathcal{A} : u(x) \le y\}$.
Integralkan fungsi kepadatan peluang asal $f(x)$ pada domain $A_y$:
$$G(y) = \int_{A_y} f(x) \, dx$$
Tuliskan fungsi $G(y)$ secara lengkap untuk $y < y_{min}$, $y \in \mathcal{B}$, dan $y \ge y_{max}$.
Dapatkan p.d.f dari $Y$ melalui differensiasi terhadap $y$ pada titik kontinuitas:
$$g(y) = G'(y) = \frac{d}{dy}[G(y)] \quad \text{untuk } y \in \mathcal{B}$$
dan $g(y) = 0$ untuk $y$ yang lain.
Misalkan peubah acak kontinu $X$ mempunyai p.d.f $f(x) = \frac{1}{2}$ untuk $-1 < x < 1$ dan $0$ untuk $x$ lainnya. Didefinisikan $Y = X^2$. Tentukan fungsi distribusi $G(y)$ dan p.d.f $g(y)$ dari $Y$:
Karena $\mathcal{A} = \{x : -1 < x < 1\}$, maka kuadrat nilai $x$ menghasilkan ruang nilai $Y$ adalah $\mathcal{B} = \{y : 0 \le y < 1\}$.
$G(y) = \Pr(Y \le y) = \Pr(X^2 \le y)$.
- Untuk $y < 0$: $X^2 \le y$ adalah mustahil karena $X^2 \ge 0$, sehingga $G(y) = 0$.
- Untuk $y \ge 0$: Pertidaksamaan kuadrat $X^2 \le y$ setara dengan interval simetris $-\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}$!
Untuk $0 \le y < 1$, batas $-\sqrt{y}$ dan $\sqrt{y}$ berada di dalam interval $(-1, 1)$:
Untuk $y \ge 1$: Integral mencakup seluruh interval support $(-1, 1)$, sehingga $G(y) = 1$.
Turunkan $G(y)$ terhadap $y$ pada interval $0 < y < 1$:
SOP Siap Ujian: Radar Jebakan Post-Test 2 & UTS FMIPA UI
Standar Pengujian Dosen: Titik Kritis, Aturan Rantai Leibniz & Evaluasi Interval
Pada fungsi distribusi diskrit atau campuran, $\Pr(a \le X \le b) \neq F(b) - F(a)$! Suku ujung kiri $X = a$ harus dihitung menggunakan limit kiri: $\Pr(a \le X \le b) = F(b) - F(a^-)$ Jika lupa limit kiri, pengurangan $F(a)$ akan membuang massa peluang di titik $x = a$ secara keliru!
Ketika mencari CDF dari peubah kuadrat $Y = X^2$, mahasiswa sering menulis $X \le \sqrt{y}$ saja dan melupakan akar negatifnya! $X^2 \le y \iff -\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y}$ Hal ini wajib diterapkan kecuali jika domain asal $X$ sudah dibatasi hanya pada bilangan positif ($x \ge 0$).
Di ujian esai FMIPA UI, menuliskan rumus CDF hanya pada daerah support aktif (misal hanya menulis $F(x) = \frac{x^3+27}{54}$) akan dipotong 30–40% poin! Anda WAJIB menyertakan nilai $0$ untuk $x < x_{min}$ dan nilai $1$ untuk $x \ge x_{max}$.
Jika $u(x)$ adalah fungsi monoton turun (misalnya $Y = -2X + 5$ atau $Y = \frac{1}{X}$ untuk $X > 0$), ketika kedua sisi dikenakan pembalikan fungsi invers $u^{-1}$, tanda pertidaksamaan berbalik arah:
Kemudian turunkan dengan aturan rantai: $g(y) = G'(y) = -f_X(u^{-1}(y)) \cdot \frac{d}{dy}[u^{-1}(y)]$. Karena $\frac{d}{dy}[u^{-1}(y)] < 0$, tanda minus akan saling menghilangkan sehingga $g(y) > 0$.
Pekan 5: Ekspektasi Matematika, Mean, Variansi, Momen & Fungsi Pembangkit Momen (MGF)
Pembedahan menyeluruh 47 slide perkuliahan resmi: konsep nilai harapan matematis dengan syarat konvergensi mutlak, teorema LOTUS (*Law of the Unconscious Statistician*), sifat linearitas operator ekspektasi, momen ke-$m$ sekitar titik asal dan rata-rata, variansi sebagai ukuran dispersi, hingga teori fungsi pembangkit momen (*MGF*) sebagai 'sidik jari' unik distribusi probabilitas untuk persiapan Post-Test 2 dan UTS.
Definisi Formal Ekspektasi Matematis & Syarat Konvergensi Mutlak
Slide 2 – 7 / 47 • Hogg-Craig Section 1.7: Mengapa Nilai Harapan Tidak Selalu Ada?
Ekspektasi matematis merupakan nilai rata-rata teoretis berbobot peluang dari suatu variabel acak jika percobaan dilakukan berulang-ulang tanpa batas (*long-run average*).
Misalkan $X$ menyatakan suatu variabel acak dengan p.d.f. $f(x)$. Ekspektasi dari variabel acak $X$, dinotasikan dengan $E[X]$, didefinisikan sebagai:
Ekspektasi $E[X]$ hanya dikatakan ada (exists) jika deret atau integral dari nilai mutlaknya konvergen ke suatu nilai berhingga riil:
Jika syarat ini tidak terpenuhi (integral divergen ke $\infty$ atau berbentuk $\infty - \infty$), maka peubah acak tersebut tidak memiliki ekspektasi (misalnya pada distribusi Cauchy).
Ekspektasi Fungsi Peubah Acak $Y = u(X)$ (Teorema LOTUS) & Sifat Linearitas
Slide 8 – 17 / 47 • Teorema Fundamental Ekspektasi Tanpa Mencari PDF Peubah Baru
Salah satu teorema paling ampuh dalam statistika matematika adalah: kita tidak perlu mencari p.d.f dari peubah acak transformasi $Y = u(X)$ terlebih dahulu untuk menghitung $E[Y]$. Teorema ini dikenal sebagai Law of the Unconscious Statistician (LOTUS).
Jika $X$ mempunyai p.d.f $f(x)$ dan $Y = u(X)$, maka jika ekspektasi $E[Y]$ ada:
Jika $k$ adalah suatu konstanta:
$$E[k] = k$$
Jika $k$ adalah suatu konstanta:
$$E[k \cdot u(X)] = k \cdot E[u(X)]$$
Untuk konstanta $k_1, k_2$:
$$E[k_1 u_1 + k_2 u_2] = k_1 E[u_1] + k_2 E[u_2]$$
Mean ($\mu$), Variansi ($\sigma^2$), Deviasi Standar ($\sigma$) & Momen
Slide 18 – 34 / 47 • Ukuran Pemusatan dan Penyebaran Probabilitas
Momen pertama sekitar titik asal ($m = 1$), menyatakan pusat massa distribusi:
Untuk distribusi simetris kontinu pada $[a, b]$, $\mu = \frac{a+b}{2}$.
Momen kedua sekitar rata-rata, mengukur variabilitas penyebaran di sekitar $\mu$:
Deviasi standar: $\sigma = \sqrt{\mathrm{Var}(X)} \ge 0$.
$\mathrm{Var}(X + b) = \mathrm{Var}(X)$
Menambah konstanta hanya menggeser lokasi kurva, tidak mengubah lebar sebaran.
$\mathrm{Var}(aX + b) = a^2 \mathrm{Var}(X)$
Pengali $a$ dikuadratkan, tanda minus lenyap ($(-2)^2 = 4$). Variansi tidak pernah negatif!
Fungsi Pembangkit Momen (MGF), Turunan & Teorema Keunikan
Slide 35 – 46 / 47 • Teorema Unik Penentu Seluruh Momen $E[X^m]$
Misalkan terdapat suatu bilangan positif $h > 0$ sehingga untuk setiap $t \in (-h, h)$, ekspektasi $E[e^{tX}]$ ada. Fungsi $M(t)$ yang didefinisikan sebagai:
disebut fungsi pembangkit momen (*moment generating function* / m.g.f) dari peubah acak $X$. Selalu berlaku bahwa pada $t = 0$:
Turunkan $M(t)$ terhadap parameter $t$ di bawah tanda integral / sigma, lalu evaluasi pada $t = 0$:
$$M'(t) = \frac{d}{dt} E[e^{tX}] = E\left[\frac{d}{dt} e^{tX}\right] = E[X e^{tX}]$$
$$E[X] = \mu = M'(0)$$
$$M''(t) = \frac{d^2}{dt^2} E[e^{tX}] = E[X^2 e^{tX}]$$
$$E[X^2] = M''(0) \implies \mathrm{Var}(X) = M''(0) - [M'(0)]^2$$
Jika dua peubah acak $X$ dan $Y$ memiliki fungsi pembangkit momen yang sama $M_X(t) = M_Y(t)$ pada suatu interval di sekitar $0$ ($|t| < h$), maka $X$ dan $Y$ memiliki fungsi distribusi kumulatif yang identik ($F_X(x) = F_Y(x)$). MGF adalah sidik jari mutlak suatu distribusi!
SOP Siap Ujian: Radar Trik & Jebakan Post-Test 2 & UTS FMIPA UI
Mencegah Kesalahan Tipikal Pada Perhitungan Ekspektasi, Momen & MGF
Jangan pernah menulis $E[X] = \int_{-\infty}^\infty x f(x) dx = 0$ pada fungsi ganjil tanpa mengecek apakah $\int |x|f(x) dx < \infty$! Pada distribusi Cauchy $f(x) = \frac{1}{\pi(1+x^2)}$, integralnya divergen dan $E[X]$ TIDAK ADA.
Selalu cantumkan batas interval konvergensi untuk $t$ (misalnya $t < 1/\beta$ atau $|t| < h$). Lupa menuliskan domain $t$ pada ujian esai FMIPA UI akan dipotong 3–5 poin!
Ingat bahwa $\mathrm{Var}(aX + b) = a^2 \mathrm{Var}(X)$. Jangan sampai lupa mengkuadratkan $a$ atau malah menulis variansi bernilai minus saat $a$ bertanda negatif!
Pekan 6: Distribusi Dua Variabel Acak, Joint PMF/PDF, Joint CDF, Marginal & Independensi
Transisi dari peubah acak univariat ke bidang berdimensi dua $\mathbb{R}^2$: pemetaan vektor $(X_1, X_2): \mathcal{C} \to \mathbb{R}^2$, syarat sah fungsi peluang bersama (*joint pmf/pdf*), fungsi distribusi kumulatif bersama (*joint cdf*), reduksi peubah acak via p.d.f marginal ($f_1(x_1)$ dan $f_2(x_2)$), kriteria independensi bivariat, hingga kalkulasi peluang di atas domain non-persegi panjang (*triangular / boundary support*) untuk persiapan Post-Test 2 dan UTS.
Pemetaan Vektor Bivariat & Ruang Nilai Bidang Riil $\mathbb{R}^2$
Slide 2 – 8 / 35 • Hogg-Craig Section 2.1: Pemetaan $(X_1, X_2): \mathcal{C} \to \mathbb{R}^2$
Seringkali sebuah percobaan acak menghasilkan lebih dari satu karakteristik yang ingin diamati bersamaan (misalnya berat dan tinggi badan, lama studi dan IPK, atau hasil lemparan dua dadu).
Misalkan suatu percobaan acak mempunyai ruang sampel $\mathcal{C}$. Diberikan dua variabel acak $X_1$ dan $X_2$ di mana pasangan $(X_1, X_2)$ memetakan setiap elemen $c \in \mathcal{C}$ ke satu dan hanya satu pasangan terurut bilangan riil:
Ruang nilai (*support*) dari pasangan $(X_1, X_2)$ adalah himpunan bagian dari bidang dua dimensi:
Fungsi Kepadatan Peluang Bersama (Joint PMF & Joint PDF)
Slide 9 – 14 / 35 • Aksioma Normalisasi Ganda pada Ruang $\mathbb{R}^2$
$f(x_1, x_2) = \Pr(X_1 = x_1, X_2 = x_2)$ memenuhi dua syarat:
$f(x_1, x_2)$ adalah fungsi kepadatan permukaan peluang memenuhi:
Fungsi Distribusi Bersama (Joint CDF) & Turunan Parsial Orde Dua
Slide 15 – 23 / 35 • Hubungan Antara $F(x_1, x_2)$ dan $f(x_1, x_2)$
Fungsi distribusi kumulatif bersama dari $X_1$ dan $X_2$ didefinisikan sebagai peluang kuadran kiri-bawah:
Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus peubah ganda, pada setiap titik kontinuitas berlaku:
Fungsi Kepadatan Peluang Marginal & Kriteria Saling Bebas
Slide 24 – 34 / 35 • Mengintegralkan / Menjumlahkan Salah Satu Variabel
Untuk mencari distribusi masing-masing variabel secara terpisah:
Variabel acak $X_1$ dan $X_2$ saling bebas (*independent*) jika dan hanya jika:
Syarat mutlak pendukung: Daerah support harus berbentuk produk kartesius $\mathcal{A} = \mathcal{A}_1 \times \mathcal{A}_2$ (kotak/persegi panjang). Jika batasnya terikat (misal $0 < x_1 < x_2 < 1$), mereka PASTI DEPENDEN!
SOP Siap Ujian: Menentukan Batas Integrasi Domain Segitiga
Trik Standar Ujian FMIPA UI: Soal $f(x, y)$ dengan Batas Terikat $0 < x < y < 1$
- Mencari $f_1(x_1)$: Integralkan terhadap $x_2$. Lihat batas vertikal: untuk nilai $x_1$ tetap, $x_2$ bergerak dari garis $x_2 = x_1$ ke atas hingga $x_2 = 1$. Maka batasnya $\int_{x_1}^1 f(x_1, x_2) dx_2$.
- Mencari $f_2(x_2)$: Integralkan terhadap $x_1$. Lihat batas horizontal: untuk nilai $x_2$ tetap, $x_1$ bergerak dari sumbu tegak $x_1 = 0$ ke kanan hingga garis $x_1 = x_2$. Maka batasnya $\int_0^{x_2} f(x_1, x_2) dx_1$.
- Jangan Pernah: Menulis batas dari $-\infty$ sampai $\infty$ tanpa mengubah batas sesuai domain segitiga! Ini adalah kesalahan paling sering berakibat nilai nol.
Pekan 7: Peluang Bersyarat, Conditional PDF/PMF, Ekspektasi Bersyarat & Variansi Bersyarat (Part 1)
Materi puncak paruh pertama sebelum Ujian Tengah Semester (UTS): perumusan fungsi kepadatan peluang bersyarat $f(x_1|x_2) = \frac{f(x_1, x_2)}{f_2(x_2)}$, pembuktian sifat aksiomatik distribusi bersyarat, kalkulasi ekspektasi bersyarat $E[X_1|X_2=x_2]$, variansi bersyarat $\mathrm{Var}(X_1|X_2=x_2)$, hingga studi kasus klasik segitiga $0 < x_1 < x_2 < 1$ untuk persiapan UTS (Materi Pekan 1–7).
Definisi Formal Fungsi Kepadatan Peluang Bersyarat (Conditional PDF/PMF)
Slide 2 – 8 / 21 • Hogg-Craig Section 2.3: Reduksi Ruang Sampel Menjadi 'Irisan Sumbu'
Misalkan $X_1$ dan $X_2$ menyatakan variabel acak kontinu yang mempunyai p.d.f. bersama $f(x_1, x_2)$ dan p.d.f. marginal $f_1(x_1)$ dan $f_2(x_2)$.
Ekspektasi Bersyarat $E[X_1|X_2 = x_2]$ & Variansi Bersyarat
Slide 10 – 13 / 21 • Nilai Harapan Pada Ruang Bersyarat
Ekspektasi bersyarat dari $X_1$ diberikan $X_2 = x_2$:
Hasilnya merupakan fungsi deterministik dari nilai kondisi $x_2$.
Variansi sebaran di sekitar mean bersyarat:
Formula komputasi: $E[X_1^2 | x_2] - (E[X_1 | x_2])^2$.
Studi Kasus Resmi FMIPA UI: Domain Segitiga $0 < x_1 < x_2 < 1$
Slide 14 – 21 / 21 • Model Baku yang Paling Sering Diujikan di UTS
$$f_2(x_2) = \int_0^{x_2} 2 dx_1 = 2x_2, \quad 0 < x_2 < 1$$
$$f_{1|2}(x_1|x_2) = \frac{2}{2x_2} = \frac{1}{x_2}, \quad 0 < x_1 < x_2$$
Ternyata berdistribusi Uniform$(0, x_2)$!
$$E[X_1 | X_2 = x_2] = \int_0^{x_2} x_1 \frac{1}{x_2} dx_1 = \left[ \frac{x_1^2}{2x_2} \right]_0^{x_2} = \frac{x_2}{2}$$
$$\mathrm{Var}(X_1 | X_2 = x_2) = \frac{(x_2 - 0)^2}{12} = \frac{x_2^2}{12}$$
SOP Siap UTS FMIPA UI: Checklist Materi Pekan 1–7
Materi Lengkap yang Diujikan pada Ujian Tengah Semester (Bobot 30%)
- Soal 1 (Sub-CPMK 1): Teorema Bayes & Peluang Total (Kasus warna huruf respek pada website).
- Soal 2 (Sub-CPMK 2 & 3): Mencari konstanta penormal PDF $p, q$ dengan syarat $E[X]=1$, lalu menyusun fungsi distribusi kumulatif CDF piecewise.
- Soal 3 (Sub-CPMK 2, 3, 5): Diberikan CDF campuran, menentukan probabilitas titik loncatan $P(X=1)$, menurunkan PDF/PMF, dan menghitung $\mathrm{Var}(X)$.
- Soal 4 (Sub-CPMK 5): MGF peubah acak Gamma $M_X(t) = (1-\beta t)^{-\alpha}$, transformasi $Y = \sigma X + \mu$, dan mencari mean.
- Soal 5 (Sub-CPMK 6): Joint PMF dan marginal dari pengambilan kartu bernomor tanpa pengembalian.
Pekan 9: Ekspektasi Bersyarat Sebagai Variabel Acak, Hukum Ekspektasi Total & Hukum Variansi Total
Melangkah ke tingkat analisis probabilistik yang lebih mendalam: memahami mengapa $E[X_2|X_1]$ adalah suatu variabel acak (bukan konstanta), pembuktian analitis Law of Total Expectation ($E[E[X_2|X_1]] = E[X_2]$), pembuktian dekomposisi variansi Eve's Law ($\mathrm{Var}(X_2) = E[\mathrm{Var}(X_2|X_1)] + \mathrm{Var}(E[X_2|X_1])$), dan strategi efisiensi perhitungan untuk Post-Test 3 dan UAS.
Ekspektasi Bersyarat Sebagai Variabel Acak $Y = E[X_2|X_1]$
Slide 2 – 11 / 23 • Transformasi Nilai Harapan ke Bentuk Fungsi Acak
Karena ekspektasi bersyarat $E(X_2|X_1 = x_1)$ adalah suatu fungsi dari nilai numerik $x_1$, sebut $u(x_1)$, maka jika nilai $x_1$ diganti dengan peubah acak $X_1$, fungsi komposit tersebut:
merupakan suatu variabel acak baru yang memiliki distribusi probabilitas, ekspektasi $E[Y]$, dan variansi $\mathrm{Var}(Y)$ sendiri!
Hukum Ekspektasi Total (Law of Total Expectation / Iterated Expectation)
Slide 12 – 18 / 23 • Teorema Menara Peluang: $E[E[X_2|X_1]] = E[X_2]$
$$E[E[X_2|X_1]] = \int_{-\infty}^\infty E[X_2 | X_1 = x_1] f_1(x_1) \, dx_1$$
Substitusikan definisi $E[X_2|x_1] = \int_{-\infty}^\infty x_2 \frac{f(x_1, x_2)}{f_1(x_1)} dx_2$:
$$= \int_{-\infty}^\infty \left[ \int_{-\infty}^\infty x_2 \frac{f(x_1, x_2)}{f_1(x_1)} dx_2 \right] f_1(x_1) \, dx_1 = \int_{-\infty}^\infty x_2 \left[ \int_{-\infty}^\infty f(x_1, x_2) dx_1 \right] dx_2$$
$$= \int_{-\infty}^\infty x_2 f_2(x_2) \, dx_2 = E[X_2] \quad \blacksquare$$
Hukum Variansi Total (Law of Total Variance / Eve's Law)
Slide 19 – 22 / 23 • Dekomposisi Keragaman Menjadi 'Dalam Kelompok' dan 'Antar Kelompok'
Variansi total dari $X_2$ terurai sempurna menjadi rata-rata dari variansi bersyarat (*unexplained variance*) ditambah variansi dari rata-rata bersyarat (*explained variance*).
SOP Siap Ujian: Aplikasi Cepat Hukum Ekspektasi & Variansi Total
Trik Menyelesaikan Soal Post-Test 3 & UAS Tanpa Menghitung Integral Ganda
"Diberikan pdf $Y \sim U(0, 2)$ dengan $f(y) = 1/2$ untuk $0 < y < 2$. Jika $E[X|Y] = 3Y^2$, hitung $E[X]$!"
Trik Cepat via Law of Total Expectation:
$E[X] = E[E[X|Y]] = E[3Y^2] = 3 \int_0^2 y^2 \cdot \frac{1}{2} dy = \frac{3}{2} \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^2 = \frac{3}{2} \cdot \frac{8}{3} = 4$. Selesai dalam 20 detik tanpa perlu mengetahui joint PDF $f(x, y)$!
Pekan 10: Kovariansi, Koefisien Korelasi ($\rho$), Regresi Linier Teoretis & MGF Bersama
Kuantifikasi hubungan linier antara dua peubah acak: kovariansi $\mathrm{Cov}(X, Y)$, pembuktian batas keterikatan $-1 \le \rho \le 1$, persamaan garis regresi populasi $E[Y|X=x]$, variansi bersyarat konstan $\sigma_2^2(1-\rho^2)$, fungsi pembangkit momen bersama $M(t_1, t_2)$, hingga analisis penting mengapa kovariansi nol belum tentu membuktikan dua variabel acak saling bebas.
Kovariansi & Koefisien Korelasi Pearson ($\rho$)
Slide 2 – 6 / 29 • Kuantifikasi Kovariasi Linier Dua Peubah Acak
Ekspektasi dari perkalian deviasi masing-masing peubah acak:
Standarisasi kovariansi bebas satuan (*dimensionless*):
Garis Regresi Teoretis Populasi & Variansi Bersyarat Homoskedastis
Slide 7 – 20 / 29 • Hubungan Antara Mean Bersyarat dan Korelasi $\rho$
Jika mean bersyarat $E[Y|X=x]$ merupakan fungsi linier dari $x$, maka persamaan garisnya adalah persis garis regresi populasi:
Dan variansi bersyarat dari $Y$ diberikan $X = x$ adalah konstan (homoskedastis):
SOP Siap Ujian: Radar Jebakan Korelasi Nol vs Independensi
Soal Jebakan Teoretis Paling Sering Muncul di UAS FMIPA UI
1. Jika $X$ dan $Y$ independen: Maka $E[XY] = E[X]E[Y]$, sehingga $\mathrm{Cov}(X, Y) = 0$ dan $\rho = 0$ (PASTI BENAR).
2. Jika $\rho = 0$ (tak berkorelasi): Belum tentu independen! Contoh klasik: $X \sim U(-1, 1)$ dan $Y = X^2$. Karena $E[X] = 0$ dan $E[X^3] = 0$, maka $\mathrm{Cov}(X, Y) = E[X^3] - 0 = 0 \implies \rho = 0$. Namun $Y$ terikat 100% secara deterministik pada $X$!
Pekan 11: Perluasan ke Beberapa Peubah Acak ($n > 2$), Distribusi Marginal Subkelompok & Independensi Mutual
Generalisasi vektor acak $\mathbf{X} = (X_1, X_2, \dots, X_n)$: fungsi densitas bersama $f(x_1, \dots, x_n)$, CDF bersama $F(x_1, \dots, x_n)$, marginal subkelompok $k$ variabel, peluang dan ekspektasi bersyarat dimensi tinggi, pembedaan krusial antara pairwise independent vs mutually independent beserta contoh kontra klasik, dan distribusi statistik urutan nilai maksimum $Y = \max(X_1, \dots, X_n)$.
Perluasan Konsep Ruang Nilai, Joint PDF & Joint CDF
Slide 1 – 7 / 34 • Formalisasi Vektor Acak Dimensi $n$
Misalkan suatu percobaan acak memiliki ruang sampel $\mathcal{C}$. Sebanyak $n$ peubah acak $X_1, X_2, \dots, X_n$ memetakan setiap hasil $c \in \mathcal{C}$ ke titik koordinat riil $\mathbf{x} = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n$.
Untuk setiap himpunan bagian $A \subseteq \mathcal{A}$, peluang kejadian dihitung melalui pre-image $C = \{c \in \mathcal{C} : [X_1(c), \dots, X_n(c)] \in A\}$, sehingga $P([X_1, \dots, X_n] \in A) = P(C)$.
Suatu fungsi $f(x_1, \dots, x_n)$ adalah joint p.d.f. dari $n$ peubah acak jika memenuhi dua aksioma:
- $f(x_1, \dots, x_n) \ge 0$ untuk seluruh $(x_1, \dots, x_n) \in \mathcal{A}$.
- Integral lipat-$n$ (atau jumlahan lipat-$n$) sama dengan 1: $$\int_{-\infty}^\infty \cdots \int_{-\infty}^\infty f(x_1, \dots, x_n) \, dx_1 \cdots dx_n = 1$$
Fungsi distribusi kumulatif bersama dari $n$ peubah acak didefinisikan sebagai peluang perpotongan kejadian:
Untuk kasus peubah acak kontinu, CDF diperoleh melalui pengintegralan dari $-\infty$ hingga batas atas masing-masing peubah: $$F(x_1, \dots, x_n) = \int_{-\infty}^{x_n} \cdots \int_{-\infty}^{x_1} f(w_1, \dots, w_n) \, dw_1 \cdots dw_n$$ Hubungan kebalikannya: joint PDF adalah turunan parsial berulang ke-$n$: $$f(x_1, \dots, x_n) = \frac{\partial^n F(x_1, \dots, x_n)}{\partial x_1 \partial x_2 \cdots \partial x_n}$$
Marginal Subkelompok Variabel & Distribusi Bersyarat Dimensi Tinggi
Slide 8 – 18 / 34 • Reduksi Peubah Acak & Ekspektasi Bersyarat Parsial
Jika kita mengambil $k$ variabel acak (misal $X_1, \dots, X_k$) dari $n$ variabel acak, maka joint PDF marginal dari subkelompok tersebut dibentuk dengan mengintegralkan (atau menjumlahkan) seluruh $n - k$ peubah acak sisanya:
Secara umum, joint PDF bersyarat dari $n - k$ peubah acak diberikan nilai tertentu dari $k$ peubah acak sisanya didefinisikan sebagai rasio:
Ekspektasi Bersyarat Subkelompok: Ekspektasi dari fungsi $u(X_1, X_3, X_6)$ diberikan $X_2 = x_2, X_4 = x_4, X_5 = x_5$ dihitung menggunakan PDF bersyarat tersebut: $$E[u(X_1, X_3, X_6) \mid x_2, x_4, x_5] = \iiint u(x_1, x_3, x_6) \cdot f_{1,3,6 \mid 2,4,5}(x_1, x_3, x_6 \mid x_2, x_4, x_5) \, dx_1 \, dx_3 \, dx_6$$
Independensi: Mutually Independent vs Pairwise Independent & MGF
Slide 19 – 23 / 34 • Teorema Krusial Faktorisasi & Jebakan Ujian Terbesar
Peubah acak $X_1, X_2, \dots, X_n$ dikatakan mutually independent jika dan hanya jika joint PDF memfaktorkan secara sempurna menjadi hasil kali seluruh marginal univariatnya:
Konsekuensi: untuk sembarang interval $a_i < X_i < b_i$: $$P(a_1 < X_1 < b_1, \dots, a_n < X_n < b_n) = \prod_{i=1}^n P(a_i < X_i < b_i)$$
Joint MGF dari vektor acak $(X_1, \dots, X_n)$ didefinisikan sebagai:
Teorema Faktorisasi MGF: $X_1, \dots, X_n$ mutually independent jika dan hanya jika: $$M(t_1, t_2, \dots, t_n) \equiv M_{X_1}(t_1) M_{X_2}(t_2) \cdots M_{X_n}(t_n)$$ Selain itu, marginal MGF dari $X_i$ didapat dengan mensubstitusi $t_j = 0$ untuk semua $j \ne i$.
Aturan Logika 1 Arah:
$$\text{Mutually Independent} \implies \text{Pairwise Independent}$$
Namun sebaliknya:
$$\text{Pairwise Independent} \not\implies \text{Mutually Independent} \quad \text{(TIDAK BERLAKU KEBALLIKAN!)}$$
Bahkan jika $X_1 \perp X_2$, $X_1 \perp X_3$, dan $X_2 \perp X_3$ (setiap pasangan independen), ketiga variabel tersebut bisa saja bergantung secara bersama-sama (jointly dependent). Dosen sangat gemar menguji pembuktian ini di Ujian!
Bedah Contoh Resmi FMIPA UI: Counterexample & Statistik Urutan
Slide 24 – 34 / 34 • Step-by-Step Derivasi Persis Slide Kuliah
Diberikan peubah acak diskrit $(X_1, X_2, X_3)$ dengan joint PMF: $$f(x_1, x_2, x_3) = \frac{1}{4}, \quad \text{untuk } (x_1, x_2, x_3) \in \mathcal{A} = \{(0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (1,1,1)\}$$ dan bernilai $0$ untuk titik lainnya.
Evaluasi untuk setiap $(x_1, x_2) \in \{0, 1\}^2$:
- $f_{1,2}(0, 0) = f(0, 0, 0) + f(0, 0, 1) = 0 + 1/4 = 1/4$
- $f_{1,2}(0, 1) = f(0, 1, 0) + f(0, 1, 1) = 1/4 + 0 = 1/4$
- $f_{1,2}(1, 0) = f(1, 0, 0) + f(1, 0, 1) = 1/4 + 0 = 1/4$
- $f_{1,2}(1, 1) = f(1, 1, 0) + f(1, 1, 1) = 0 + 1/4 = 1/4$
Jadi $f_{1,2}(x_1, x_2) = \frac{1}{4}$ untuk $(x_1, x_2) \in \{(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)\}$.
$f_1(0) = f_{1,2}(0, 0) + f_{1,2}(0, 1) = 1/4 + 1/4 = 1/2$
$f_1(1) = f_{1,2}(1, 0) + f_{1,2}(1, 1) = 1/4 + 1/4 = 1/2 \implies f_1(x_1) = 1/2, \; x_1 \in \{0, 1\}$
Dengan simetri, $f_2(x_2) = 1/2, \; x_2 \in \{0, 1\}$ dan $f_3(x_3) = 1/2, \; x_3 \in \{0, 1\}$.
• Perhatikan bahwa $f_1(x_1) f_2(x_2) = (1/2)(1/2) = 1/4 = f_{1,2}(x_1, x_2)$ untuk semua $(x_1, x_2)$. Maka $X_1$ dan $X_2$ independen.
• Demikian pula $f_{1,3} \equiv f_1 f_3$ ($X_1 \perp X_3$) dan $f_{2,3} \equiv f_2 f_3$ ($X_2 \perp X_3$).
⇒ Terbukti $X_1, X_2, X_3$ adalah PAIRWISE INDEPENDENT!
• Namun, tinjau titik $(1, 1, 1)$:
$$f(1, 1, 1) = \frac{1}{4} \ne f_1(1) f_2(1) f_3(1) = \left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{8}$$
Karena $f(1, 1, 1) \ne f_1(1) f_2(1) f_3(1)$, terbukti secara tegas bahwa $X_1, X_2, X_3$ TIDAK MUTUALLY INDEPENDENT! Q.E.D.
Misalkan $X_1, X_2, X_3$ saling bebas (mutually independent) dan masing-masing berdistribusi identik (i.i.d.) dengan PDF marginal: $$f(x) = 2x, \quad 0 < x < 1; \quad 0, \text{ yang lain}$$ Tentukan fungsi distribusi (CDF) dan PDF dari peubah acak $Y = \max(X_1, X_2, X_3)$.
Nilai maksimum $\max(X_1, X_2, X_3) \le y$ terjadi jika dan hanya jika setiap $X_i \le y$: $$G(y) = P(Y \le y) = P(\max(X_1, X_2, X_3) \le y) = P(X_1 \le y, X_2 \le y, X_3 \le y)$$ Karena $X_1, X_2, X_3$ mutually independent: $$G(y) = P(X_1 \le y) \cdot P(X_2 \le y) \cdot P(X_3 \le y) = [F(y)]^3$$
Untuk $0 \le y < 1$: $$F(y) = \int_0^y 2x \, dx = \left[x^2\right]_0^y = y^2$$ Akibatnya: $$G(y) = [F(y)]^3 = (y^2)^3 = y^6, \quad 0 \le y < 1$$
SOP Ujian: Bedah Soal Esai Post-Test 4 (FMIPA UI Resmi)
P.D.F Bersama Trivariat $f(x, y, z) = 8xyz$ pada Unit Cube $[0, 1]^3$
Misalkan variabel acak $X, Y, Z$ mempunyai joint p.d.f.:
$f(x, y, z) = 8xyz, \quad 0 < x < 1, \; 0 < y < 1, \; 0 < z < 1$
a. Hitunglah nilai ekspektasi bersyarat $E[X \mid Y = 1/2, Z = 1/3]$.
b. Tentukan apakah $X, Y,$ dan $Z$ mutually independent. Jelaskan alasan matematisnya.
1. Cari marginal pasangan $f_{Y, Z}(y, z)$:
$$f_{Y, Z}(y, z) = \int_0^1 8xyz \, dx = 8yz \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^1 = 4yz$$
2. Cari PDF bersyarat $f(x \mid y, z)$:
$$f(x \mid y, z) = \frac{f(x, y, z)}{f_{Y, Z}(y, z)} = \frac{8xyz}{4yz} = 2x, \quad 0 < x < 1$$
Perhatikan: PDF bersyarat tidak lagi memuat $y$ maupun $z$!
3. Hitung ekspektasi bersyarat:
$$E[X \mid Y = 1/2, Z = 1/3] = \int_0^1 x \cdot (2x) \, dx = \left[\frac{2x^3}{3}\right]_0^1 = \mathbf{\frac{2}{3}}$$
1. Cari marginal univariat masing-masing:
$$f_X(x) = \int_0^1 \int_0^1 8xyz \, dy \, dz = 8x \left(\int_0^1 y \, dy\right)\left(\int_0^1 z \, dz\right) = 8x(1/2)(1/2) = 2x, \; 0 < x < 1$$
Dengan cara identik, $f_Y(y) = 2y$ ($0 < y < 1$) dan $f_Z(z) = 2z$ ($0 < z < 1$).
2. Evaluasi hasil kali marginal:
$$f_X(x) f_Y(y) f_Z(z) = (2x)(2y)(2z) = 8xyz$$
Karena domain merupakan Cartesian product unit cube $(0, 1)^3$ dan:
$$f(x, y, z) \equiv f_X(x) f_Y(y) f_Z(z)$$
Maka $X, Y, Z$ terbukti secara matematis MUTUALLY INDEPENDENT! (Poin Maksimal 50/50).
Pekan 12: Distribusi Diskrit Khusus I (Uniform Diskrit, Bernoulli, Binomial, Multinomial & Trinomial)
Studi mendalam keluarga distribusi diskrit: karakteristik momen dan fungsi pembangkit momen (MGF) dari Uniform Diskrit, Bernoulli, dan Binomial, pembuktian ketat via ekspansi binomial Newton, aplikasi distribusi sampel statistik urutan (median dari variabel kontinu), hingga generalisasi ke distribusi Multinomial dan Trinomial dengan korelasi negatif bawaan.
Distribusi Uniform Diskrit & Percobaan Bernoulli
Slide 1 – 16 / 28 • Pondasi Distribusi Peluang Diskrit Elementer
Jika peubah acak $X$ memiliki peluang yang sama persis di setiap $n$ titik berhingga $\mathcal{A} = \{x_1, \dots, x_n\}$:
Kasus Standar $\{1, 2, \dots, n\}$:
- Mean: $E[X] = \frac{n+1}{2}$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = \frac{n^2 - 1}{12}$
- MGF: $M(t) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n e^{t x_i}$
Bentuk transformasi: $Y = 10X + 25$ dengan $X \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$.
$M_Y(t) = E[e^{t(10X+25)}] = e^{25t} M_X(10t) = \frac{e^{25t}}{5} \sum_{x=1}^5 e^{10tx}$.
Suatu percobaan dengan hanya dua kemungkinan hasil: Sukses (1) dengan peluang $p$, dan Gagal (0) dengan peluang $1 - p$:
Karakteristik Teoretis:
- Mean: $E[X] = 0(1-p) + 1(p) = p$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = p - p^2 = p(1-p)$
- MGF: $M(t) = E[e^{tX}] = (1-p)e^0 + pe^{t(1)} = (1 - p) + p e^t$
Distribusi Binomial $\mathrm{Bin}(n, p)$ & Derivasi MGF Lengkap
Slide 17 – 28 / 28 • Penjumlahan $n$ Bernoulli Trials Independen & Aplikasi Median
Misalkan $X = \sum_{i=1}^n X_i$ menyatakan total sukses dalam $n$ Bernoulli trials yang saling bebas dengan peluang sukses konstan $p$:
Pembuktian $\sum_{x=0}^n f(x) = 1$ via Teorema Binomial Newton (Slide 21):
Ingat ekspansi deret binomial $(a + b)^n = \sum_{x=0}^n \binom{n}{x} b^x a^{n-x}$. Ambil $a = 1 - p$ dan $b = p$:
$$\sum_{x=0}^n f(x) = \sum_{x=0}^n \binom{n}{x} p^x (1 - p)^{n-x} = ((1 - p) + p)^n = (1)^n = 1 \quad \text{(Terbukti Valid!)}$$
Fungsi pembangkit momen dari $X \sim \mathrm{Bin}(n, p)$: $$M(t) = \sum_{x=0}^n e^{tx} \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x} = \sum_{x=0}^n \binom{n}{x} (pe^t)^x (1-p)^{n-x}$$ Berdasarkan teorema binomial:
Turunan Pertama & Kedua:
$M'(t) = n(1 - p + p e^t)^{n-1} (p e^t) \implies E[X] = M'(0) = \mathbf{np}$
$M''(0) = n(n-1)p^2 + np \implies \mathrm{Var}(X) = M''(0) - (M'(0))^2 = \mathbf{np(1-p)}$
Misalkan $X_1, X_2, X_3$ adalah peubah acak kontinu i.i.d. dengan CDF $F(x)$ dan PDF $f(x)$. Tentukan distribusi dari $Y = \mathrm{median}(X_1, X_2, X_3)$!
Distribusi Multinomial & Trinomial ($k=3$)
Materi Pekan 12-2.pdf • Perluasan Multivariat dari Percobaan Binomial
Jika setiap percobaan menghasilkan salah satu dari $k$ kategori mutually exclusive dengan peluang $p_1, p_2, \dots, p_k$ ($\sum_{i=1}^k p_i = 1$) dalam $n$ percobaan independen, maka vektor $(X_1, \dots, X_{k-1})$ berdistribusi multinomial dengan joint PMF:
Terdapat dua peubah acak bebas $(X_1, X_2)$ dan $X_3 = n - X_1 - X_2$ dengan joint PMF: $$f(x_1, x_2) = \frac{n!}{x_1! x_2! (n - x_1 - x_2)!} p_1^{x_1} p_2^{x_2} (1 - p_1 - p_2)^{n - x_1 - x_2}$$
Bentuk ekspansi trinomial Newton.
• Marginal: $X_1 \sim \mathrm{Bin}(n, p_1)$
• Bersyarat: Diberikan $X_1 = x_1$, peubah $X_2$ berdistribusi:
$$X_2 \mid X_1 = x_1 \sim \mathrm{Bin}\left(n - x_1, \frac{p_2}{1 - p_1}\right)$$
Korelasi selalu negatif karena jika $X_1$ banyak terambil, kapasitas untuk $X_2$ berkurang!
SOP Ujian: Bedah Soal Pilihan Ganda Post-Test 4 (FMIPA UI Resmi)
Soal Call Center Kategori 3 Peluang Bersyarat & Soal Dadu Dinda MGF
Pusat layanan: Kat 1 (tanya umum, $p_1 = 0.2$), Kat 2 (komplain, $p_2 = 0.5$), Kat 3 (upgrade, $p_3 = 0.3$). Total 10 telepon, diketahui 5 adalah komplain ($X_2 = 5$). Berapakah peluang tepat 2 dari telepon yang tersisa merupakan pertanyaan umum ($X_1 = 2$)?
$X_1 \mid X_2 = 5 \sim \mathrm{Bin}\left(10 - 5, \frac{p_1}{1 - p_2}\right) = \mathrm{Bin}\left(5, \frac{0.2}{0.5}\right) = \mathrm{Bin}(5, 0.4)$
$P(X_1 = 2 \mid X_2 = 5) = \binom{5}{2} (0.4)^2 (0.6)^3 = 10 \times 0.16 \times 0.216 = \mathbf{0.3456}$
⇒ Jawaban Tepat: A. 0.3456!
Dua dadu dilempar 50 kali. Sukses jika hasil kali dadu bernilai 6 atau 12. Dinda dapat 1 dolar tiap sukses. Tentukan MGF dari $X_1$ (total uang)!
Pasangan hasil kali 12: (2,6),(3,4),(4,3),(6,2) → 4 cara.
Total sukses = 8 dari 36 → $p = 8/36 = 2/9$. Gagal $1 - p = 7/9$.
Karena $X_1 \sim \mathrm{Bin}(50, 2/9)$, MGF-nya adalah:
$M(t) = \left(\frac{7}{9} + \frac{2}{9} e^t\right)^{50}$
⇒ Jawaban Tepat: A!
Pekan 13: Distribusi Diskrit Khusus II (Binomial Negatif, Geometrik, Hipergeometrik & Penurunan Proses Poisson)
Keluarga diskrit tingkat lanjut: pemodelan kegagalan sebelum sukses ke-$r$ (Binomial Negatif & Geometrik), penarikan sampel tanpa pengembalian dari populasi terhingga berfaktor koreksi $(N-n)/(N-1)$ (Hipergeometrik), hingga penurunan analitis persamaan diferensial dari ketiga postulat Proses Poisson beserta aplikasinya pada antrean layanan.
Distribusi Binomial Negatif & Distribusi Geometrik
Slide 1 – 8 / 42 • Menghitung Jumlah Kegagalan Hingga Sukses ke-$r$
Misalkan $X$ menyatakan banyaknya gagal sebelum sukses ke-$r$ dalam rentetan Bernoulli trials independen dengan peluang sukses $p$:
Rasional Kombinatorik: Sukses ke-$r$ pasti berada pada posisi ke-$(x+r)$. Sebanyak $r-1$ sukses lainnya tersebar bebas di antara $x+r-1$ percobaan sebelumnya.
- MGF: $M(t) = p^r [1 - (1-p)e^t]^{-r}, \quad t < -\ln(1-p)$
- Mean: $E[X] = \frac{r(1-p)}{p}$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = \frac{r(1-p)}{p^2}$
Jika $r = 1$, $X$ adalah banyaknya gagal sebelum sukses pertama muncul:
- MGF: $M(t) = \frac{p}{1 - (1-p)e^t}$
- Mean: $E[X] = \frac{1-p}{p}$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = \frac{1-p}{p^2}$
$P(X \ge s + t \mid X \ge s) = P(X \ge t)$ untuk bilangan cacah $s, t \ge 0$. Waktu tunggu masa lalu tidak mempengaruhi peluang sukses di masa depan.
Distribusi Hipergeometrik & Faktor Koreksi Populasi Terhingga
Slide 9 – 22 / 42 • Penarikan Sampel Tanpa Pengembalian (Without Replacement)
Diberikan populasi berukuran $N$ yang memuat $D$ elemen "Sukses" dan $N - D$ elemen "Gagal". Diambil sampel berukuran $n$ secara acak tanpa pengembalian. Variabel acak $X$ menyatakan banyaknya sukses yang terpilih:
Definisikan proporsi sukses dalam populasi sebagai $p = \frac{D}{N}$:
- Mean: $E[X] = n \cdot \frac{D}{N} = \mathbf{np}$ (Sama dengan Binomial!)
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = \mathbf{np(1-p) \left(\frac{N - n}{N - 1}\right)}$
Faktor $\frac{N - n}{N - 1} < 1$ menyebabkan variansi penarikan tanpa pengembalian selalu lebih kecil dibandingkan dengan pengembalian (Binomial).
Jika ukuran populasi $N \to \infty$ sedangkan ukuran sampel $n$ tetap kecil (aturan praktis: $n/N < 0.05$):
Contoh Slide 19–22 (Pabrik Ban): $N = 5000, D = 1000, n = 10$. Peluang tepat 3 ban cacat:
• Eksak Hipergeometrik: $f(3) = \frac{\binom{1000}{3}\binom{4000}{7}}{\binom{5000}{10}} \approx 0.2015$
• Aproksimasi Binomial ($p = 0.2$): $\binom{10}{3}(0.2)^3(0.8)^7 \approx 0.2013$ (Sangat presisi!).
Distribusi Poisson & Penurunan Analitis dari 3 Postulat
Slide 23 – 42 / 42 • Derivasi Persamaan Diferensial Biasa (PDB) & Derivasi MGF
Misalkan $g(x, w)$ menyatakan peluang terjadinya $x$ kejadian dalam selang waktu/ruang berpanjang $w$:
- Postulat 1: $g(1, h) = \lambda h + o(h)$, peluang tepat 1 kejadian dalam selang kecil $h$ sebanding dengan $h$.
- Postulat 2: $\sum_{x=2}^\infty g(x, h) = o(h)$, peluang 2 atau lebih kejadian dalam selang kecil $h$ dapat diabaikan ($\lim_{h \to 0} \frac{o(h)}{h} = 0$).
- Postulat 3: Kejadian-kejadian dalam selang-selang waktu yang saling asing bersifat mutually independent.
$$g(0, w + h) = g(0, w) \cdot g(0, h) = g(0, w) [1 - \lambda h + o(h)]$$ Bentuk limit selisih turunan: $$\lim_{h \to 0} \frac{g(0, w + h) - g(0, w)}{h} = -\lambda g(0, w) \implies \frac{d g(0, w)}{dw} = -\lambda g(0, w)$$ Dengan syarat batas $g(0, 0) = 1$, solusi eksaknya adalah: $$g(0, w) = e^{-\lambda w}$$
$$g(x, w + h) = g(x, w) g(0, h) + g(x - 1, w) g(1, h) + o(h)$$ Substitusi $g(0, h) = 1 - \lambda h + o(h)$ dan $g(1, h) = \lambda h + o(h)$: $$\frac{d g(x, w)}{dw} = -\lambda g(x, w) + \lambda g(x - 1, w)$$ Dengan faktor integrasi $e^{\lambda w}$ dan syarat batas $g(x, 0) = 0$ untuk $x \ge 1$, diperoleh: $$g(x, w) = \frac{(\lambda w)^x e^{-\lambda w}}{x!}, \quad x = 0, 1, 2, \dots$$
Misalkan $m = \lambda w$: $$M(t) = \sum_{x=0}^\infty e^{tx} \frac{m^x e^{-m}}{x!} = e^{-m} \sum_{x=0}^\infty \frac{(m e^t)^x}{x!} = e^{-m} e^{m e^t}$$
$M'(t) = m e^t e^{m(e^t - 1)} \implies E[X] = M'(0) = \mathbf{m}$
$M''(t) = (m e^t + m^2 e^{2t}) e^{m(e^t - 1)} \implies E[X^2] = M''(0) = m + m^2$
$\mathrm{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = (m + m^2) - m^2 = \mathbf{m}$
SOP Ujian: Bedah Soal Esai UAS No. 4 (FMIPA UI Resmi)
Sambungan Telepon Layanan 108 Berdistribusi Poisson (1 Hari & 7 Hari)
Banyaknya telepon ke 108 antara 23.00–00.00 WIB berdistribusi Poisson.
a. Diketahui peluang tidak ada satupun telepon masuk pada hari tertentu adalah 0.05. Tuliskan p.d.f dan m.g.f dari variabel acak tersebut!
b. Hitunglah probabilitas telepon yang masuk paling sedikit 3 ($P(X \ge 3)$).
c. Untuk periode 1 minggu (7 hari), hitung probabilitas ada 8 sampai 10 telepon ($P(8 \le Y \le 10)$).
$P(X = 0) = \frac{m^0 e^{-m}}{0!} = e^{-m} = 0.05$
$\implies m = -\ln(0.05) \approx \mathbf{2.9957} \approx \mathbf{3}$
• PDF: $f(x) = \frac{2.9957^x e^{-2.9957}}{x!}, \; x = 0, 1, 2, \dots$
• MGF: $M(t) = e^{2.9957(e^t - 1)}$
$P(X \ge 3) = 1 - [P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)]$
Dengan $m \approx 3$ ($e^{-3} \approx 0.0498$):
$P(X=0) = 0.0498$
$P(X=1) = 3(0.0498) = 0.1494$
$P(X=2) = \frac{9}{2}(0.0498) = 0.2240$
$P(X \ge 3) = 1 - (0.0498 + 0.1494 + 0.2240) = \mathbf{0.5768}$
Sifat aditifitas independen Poisson:
$Y = \sum_{i=1}^7 X_i \sim \mathrm{Poisson}(m_Y = 7m \approx 20.97 \approx 21)$
Probabilitas $P(8 \le Y \le 10)$:
$$P(8 \le Y \le 10) = \sum_{y=8}^{10} \frac{21^y e^{-21}}{y!}$$
Dihitung dengan tabel kumulatif Poisson atau kalkulator saintifik. (Jawaban eksak bernilai penuh).
Pekan 14: Distribusi Kontinu Khusus (Uniform, Gamma, Chi-Square, Eksponensial & Bukti Normal $Z^2 \sim \chi^2(1)$)
Keluarga kontinu fundamental dalam pemodelan dan inferensi: pembuktian integral Gauss via koordinat polar, karakteristik momen keluarga Gamma ($\alpha, \beta$), turunan Chi-Square $\chi^2(r)$, fungsi eksponensial tanpa ingatan, hingga dua teorema emas: standardisasi $Z = (X - \mu)/\sigma$ dan pembuktian kalkulus bahwa $Z^2 \sim \chi^2(1)$.
Distribusi Gamma & Distribusi Chi-Square ($\chi^2$)
Slide 8 – 32 / 56 • Fungsi Gamma, MGF & Transformasi Peubah Acak
Fungsi Gamma untuk $\alpha > 0$ didefinisikan sebagai integral tak wajar: $$\Gamma(\alpha) = \int_0^\infty y^{\alpha - 1} e^{-y} \, dy$$ Sifat analitis fundamental:
- MGF: $M(t) = (1 - \beta t)^{-\alpha}, \quad t < 1/\beta$
- Mean: $E[X] = \alpha\beta$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = \alpha\beta^2$
Merupakan kasus khusus Gamma dengan $\alpha = r/2$ dan $\beta = 2$ ($r$ = derajat bebas):
- MGF: $M(t) = (1 - 2t)^{-r/2}, \quad t < 1/2$
- Mean: $E[X] = r$
- Variansi: $\mathrm{Var}(X) = 2r$
Distribusi Normal & Penurunan Konstanta Gauss $\sqrt{2\pi}$
Slide 33 – 43 / 56 • Koordinat Polar, MGF Normal & Karakteristik Momen
Perhatikan bahwa $I > 0$. Kuadrat dari integral tersebut dapat ditulis sebagai integral ganda bidang: $$I^2 = \left(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2/2} \, dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2/2} \, dy\right) = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-(x^2 + y^2)/2} \, dx \, dy$$ Lakukan transformasi ke koordinat polar ($x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, dx\,dy = r\,dr\,d\theta$): $$I^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^\infty e^{-r^2/2} r \, dr \, d\theta = \left(\int_0^{2\pi} d\theta\right) \left[-e^{-r^2/2}\right]_0^\infty = 2\pi (0 - (-1)) = 2\pi$$ Karena $I > 0$, maka terbukti secara analitis: $\mathbf{I = \sqrt{2\pi}}$!
Parameter $\mu \in \mathbb{R}$ adalah mean (pusat simetri) dan $\sigma > 0$ adalah standar deviasi. Jika $\mu = 0, \sigma^2 = 1$, maka $X \sim N(0, 1)$ disebut Distribusi Normal Standar dengan PDF $\phi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2}$.
Evaluasi $M(t) = \int_{-\infty}^\infty e^{tx} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)} \, dx$. Melengkapkan kuadrat di pangkat:
Turunan: $M'(0) = \mu$, $M''(0) = \sigma^2 + \mu^2 \implies \mathrm{Var}(X) = \sigma^2$.
Teorema Emas: Bukti Rigor $Z^2 \sim \chi^2(1)$ via Aturan Leibniz
Slide 44 – 52 / 56 • Pembuktian Favorit Dosen di Ujian Tengah & Akhir Semester
Jika $X \sim N(\mu, \sigma^2)$, maka transformasi linier $Z = \frac{X - \mu}{\sigma}$ berdistribusi $N(0, 1)$.
Bukti MGF: $M_Z(t) = e^{-\mu t / \sigma} M_X(t/\sigma) = e^{-\mu t / \sigma} e^{\mu(t/\sigma) + \frac{1}{2}\sigma^2(t/\sigma)^2} = e^{t^2/2}$, persis MGF dari $N(0, 1)$!
Langkah 1: Tinjau CDF dari $V = Z^2$
Untuk $v < 0$, jelas $H(v) = P(Z^2 \le v) = 0$.
Untuk $v \ge 0$:
$$H(v) = P(-\sqrt{v} \le Z \le \sqrt{v}) = \int_{-\sqrt{v}}^{\sqrt{v}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} \, dz = 2 \int_0^{\sqrt{v}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} \, dz$$
Langkah 2: Diferensialkan Menggunakan Aturan Rantai & Leibniz
Berdasarkan Teorema Fundamental Kalkulus dan Aturan Rantai ($\frac{d}{dv} \sqrt{v} = \frac{1}{2\sqrt{v}}$):
$$h(v) = H'(v) = 2 \cdot \left[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-(\sqrt{v})^2/2} \right] \cdot \frac{d(\sqrt{v})}{dv} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-v/2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{v}}$$
Langkah 3: Sederhanakan Bentuk Aljabar
$$h(v) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} v^{-1/2} e^{-v/2} = \frac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{2}} v^{1/2 - 1} e^{-v/2}$$
Langkah 4: Identifikasi dengan Fungsi Gamma
Karena $\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$ dan $\sqrt{2} = 2^{1/2}$, kita peroleh:
$$h(v) = \frac{1}{\Gamma(1/2) 2^{1/2}} v^{1/2 - 1} e^{-v/2}, \quad v > 0$$
Bentuk ini tepat merupakan p.d.f. dari distribusi Chi-Square dengan derajat bebas $r = 1$ ($\chi^2(1)$)! Q.E.D.
SOP Ujian: Bedah Soal UTS No. 4 & UAS No. 5 (FMIPA UI Resmi)
Transformasi MGF Gamma & Peluang Kuadrat Peubah Acak Normal
Diketahui $M_X(t) = (1 - \beta t)^{-\alpha}$ untuk $t < 1/\beta$ ($\alpha, \beta > 0$). Didefinisikan $Y = \sigma X + \mu$.
a. Nyatakan $M_Y(t)$ dalam $\alpha, \beta, t$ beserta batasnya.
b. Hitung mean dari $Y$.
• $M_Y(t) = E[e^{t(\sigma X + \mu)}] = e^{\mu t} M_X(\sigma t) = \mathbf{e^{\mu t} (1 - \beta \sigma t)^{-\alpha}}$
• Batas untuk $t$: $\beta \sigma t < 1 \implies \mathbf{t < \frac{1}{\beta \sigma}}$
• Mean: $E[Y] = \sigma E[X] + \mu = \mathbf{\sigma(\alpha\beta) + \mu}$
$M_{X_1}(t) = e^{-t + \frac{1}{2}t^2} \implies X_1 \sim N(-1, 1)$.
$M_{X_2}(t) = e^{t + 2t^2} \implies X_2 \sim N(1, 4)$ (karena $\sigma^2/2 = 2 \implies \sigma^2 = 4, \sigma = 2$).
a. Hitung $P(1 < X_1^2 < 4)$.
b. Hitung $P(15.36 < (X_2 - 1)^2 < 26.52)$.
Bagi dengan $\sigma^2 = 4$: $P\left(\frac{15.36}{4} < Z^2 < \frac{26.52}{4}\right) = P(3.84 < Z^2 < 6.63)$.
Karena $Z^2 \sim \chi^2(1)$, nilai peluang ini diperoleh langsung dari tabel $\chi^2(1)$ atau standard normal $\Phi(z)$!
Pekan 15: Distribusi Normal Bivariat (BVN), Regresi Teoretis & Teorema Ekuivalensi $\rho = 0 \iff$ Independen
Puncak kurikulum Statistika Matematika 1: fungsi kepadatan bersama 5-parameter $(\mu_1, \mu_2, \sigma_1, \sigma_2, \rho)$, dekomposisi bentuk kuadrat $q(x, y)$, pembuktian analitis bahwa marginal dan bersyarat selalu univariat normal, regresi linier teoretis dengan variansi bersyarat homoskedastis $\sigma_2^2(1-\rho^2)$, derivasi joint MGF, dan teorema spesial di mana korelasi nol menjamin independensi mutlak.
Definisi Joint PDF & Pembuktian Melengkapkan Kuadrat
Slide 1 – 7 / 24 • Dekomposisi Bentuk Kuadrat $q(x, y)$
Peubah acak kontinu $(X, Y)$ dikatakan berdistribusi Normal Bivariat dengan 5 parameter $(\mu_1, \mu_2, \sigma_1, \sigma_2, \rho)$ jika memiliki joint PDF:
di mana fungsi kuadratik $q(x, y)$ didefinisikan sebagai: $$q(x, y) = \left(\frac{x - \mu_1}{\sigma_1}\right)^2 - 2\rho\left(\frac{x - \mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{y - \mu_2}{\sigma_2}\right) + \left(\frac{y - \mu_2}{\sigma_2}\right)^2$$ dengan syarat: $\sigma_1 > 0$, $\sigma_2 > 0$, dan $-1 < \rho < 1$.
Langkah 1: Lengkapi Kuadrat terhadap Suku $y$ (Slide 5)
Pandang $q(x, y)$ sebagai polinomial kuadrat dalam peubah $\left(\frac{y - \mu_2}{\sigma_2}\right)$:
$$q(x, y) = \left[ \left(\frac{y - \mu_2}{\sigma_2}\right) - \rho\left(\frac{x - \mu_1}{\sigma_1}\right) \right]^2 + (1 - \rho^2)\left(\frac{x - \mu_1}{\sigma_1}\right)^2$$
Langkah 2: Faktorisasi Eksponensial
Eksponen $-\frac{q(x, y)}{2(1-\rho^2)}$ terbagi sempurna menjadi:
$$\exp\left(-\frac{\left[\left(\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right) - \rho\left(\frac{x-\mu_1}{\sigma_1}\right)\right]^2}{2(1-\rho^2)}\right) \cdot \exp\left(-\frac{(x - \mu_1)^2}{2\sigma_1^2}\right)$$
Langkah 3: Integrasikan terhadap $y$ Terlebih Dahulu (Slide 6–7)
Integrasi bagian $y$ terhadap $\mathbb{R}$ merupakan integral densitas normal dengan mean $\mu_2 + \rho\frac{\sigma_2}{\sigma_1}(x - \mu_1)$ dan variansi $\sigma_2^2(1 - \rho^2)$, yang menghasilkan nilai 1 dikalikan faktor pengali univariat:
$$\int_{-\infty}^\infty f(x, y) \, dy = \frac{1}{\sigma_1 \sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x - \mu_1)^2}{2\sigma_1^2}\right) = f_1(x)$$
Kemudian integralkan $f_1(x)$ terhadap $x$ menghasilkan $\int_{-\infty}^\infty f_1(x) \, dx = 1$. Terbukti $f(x, y)$ adalah joint PDF yang valid!
Distribusi Marginal & Distribusi Bersyarat Normal
Slide 8 – 14 / 24 • Garis Regresi Linier Teoretis & Homoskedastisitas
Dari hasil integrasi Bukti 1, PDF marginal dari $X$ adalah: $$f_1(x) = \frac{1}{\sigma_1\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x - \mu_1)^2}{2\sigma_1^2}\right) \implies \mathbf{X \sim N(\mu_1, \sigma_1^2)}$$ Berdasarkan simetri bentuk kuadratik $q(x, y)$, dengan langkah yang persis sama: $$f_2(y) = \frac{1}{\sigma_2\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(y - \mu_2)^2}{2\sigma_2^2}\right) \implies \mathbf{Y \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)}$$
PDF bersyarat $Y$ diberikan $X = x$: $$f(y \mid x) = \frac{f(x, y)}{f_1(x)} = \frac{1}{\sigma_2 \sqrt{1 - \rho^2}\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(y - \mu_{Y|x})^2}{2\sigma_2^2(1 - \rho^2)}\right)$$ Menunjukkan bahwa $Y \mid X = x$ berdistribusi Normal univariat:
Tinggi suami $X_1 \sim N(175, 5^2)$, tinggi istri $X_2 \sim N(160, 4^2)$, koefisien korelasi $\rho = 0.6$.
Jika seorang suami memiliki tinggi $X_1 = 180$ cm, tentukan distribusi bersyarat tinggi istrinya:
• Mean Bersyarat: $\mu_{X_2 \mid X_1 = 180} = 160 + 0.6 \left(\frac{4}{5}\right)(180 - 175) = 160 + 0.6(4) = \mathbf{162.4\text{ cm}}$
• Variansi Bersyarat: $\sigma^2_{X_2 \mid X_1 = 180} = 4^2 (1 - 0.6^2) = 16(0.64) = \mathbf{10.24} \implies \sigma = 3.2\text{ cm}$.
⇒ Maka $X_2 \mid X_1 = 180 \sim N(162.4, 10.24)$.
Joint MGF & Teorema Emas Independensi ($\rho = 0 \iff$ Independen)
Slide 15 – 23 / 24 • Pengecualian Luar Biasa untuk Distribusi Normal Bivariat
Dengan mengevaluasi ekspektasi berulang $M(t_1, t_2) = E[e^{t_1 X + t_2 Y}] = E[e^{t_1 X} E[e^{t_2 Y} \mid X]]$:
berlaku untuk seluruh $-\infty < t_1 < \infty$ dan $-\infty < t_2 < \infty$.
Misalkan $X$ dan $Y$ berdistribusi Normal Bivariat. Peubah acak $X$ dan $Y$ SALING BEBAS (INDEPENDEN) JIKA DAN HANYA JIKA koefisien korelasinya bernilai nol ($\rho = 0$).
($\Leftarrow$) Jika $\rho = 0$, maka suku silang $2\rho\sigma_1\sigma_2 t_1 t_2 = 0$. Akibatnya:
$$M(t_1, t_2) = \exp\left(\mu_1 t_1 + \frac{1}{2}\sigma_1^2 t_1^2\right) \cdot \exp\left(\mu_2 t_2 + \frac{1}{2}\sigma_2^2 t_2^2\right) = M_{X}(t_1) \cdot M_{Y}(t_2)$$
Karena joint MGF terfaktorkan secara sempurna, terbukti $X$ dan $Y$ independen.
($\Rightarrow$) Sebaliknya, jika $X$ dan $Y$ independen, maka $\mathrm{Cov}(X, Y) = 0 \implies \rho = 0$. Q.E.D.
SOP Ujian: Bedah Soal Esai UAS No. 6 (FMIPA UI Resmi)
$(X, Y) \sim \mathrm{BVN}(\mu_X=0, \mu_Y=0, \sigma_X=1, \sigma_Y=2, \rho=0.5)$
Misalkan dua peubah acak kontinu $X$ dan $Y$ berdistribusi Bivariat Normal dengan $\mu_X = 0, \mu_Y = 0, \sigma_X = 1, \sigma_Y = 2$, serta $\rho = 0.5$.
a. Tentukan $E[Y \mid X = 1]$ dan $\mathrm{Var}(Y \mid X = 1)$.
b. Tentukan p.d.f bersyarat $Y$ diberikan $X = 1$.
c. Hitunglah $P(Y > 1 \mid X = 1)$ dan nyatakan dalam fungsi distribusi normal standar $\Phi(z)$.
Gunakan rumus regresi linear BVN:
$E[Y \mid X = 1] = \mu_Y + \rho \frac{\sigma_Y}{\sigma_X}(1 - \mu_X)$
$= 0 + (0.5)\left(\frac{2}{1}\right)(1 - 0) = \mathbf{1}$
$\mathrm{Var}(Y \mid X = 1) = \sigma_Y^2(1 - \rho^2)$
$= 2^2 (1 - 0.5^2) = 4(1 - 0.25) = \mathbf{3}$
Karena $Y \mid X = 1 \sim N(\mu_{Y|1} = 1, \sigma_{Y|1}^2 = 3)$:
$f(y \mid 1) = \frac{1}{\sqrt{3}\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(y - 1)^2}{2(3)}\right)$
$$f(y \mid 1) = \mathbf{\frac{1}{\sqrt{6\pi}} e^{-\frac{(y - 1)^2}{6}}}, \quad -\infty < y < \infty$$
Standardisasi $Z = \frac{Y - \mu_{Y|1}}{\sigma_{Y|1}} = \frac{Y - 1}{\sqrt{3}} \sim N(0, 1)$:
$P(Y > 1 \mid X = 1) = P\left(Z > \frac{1 - 1}{\sqrt{3}}\right) = P(Z > 0)$
Bentuk dalam fungsi $\Phi(z)$:
$P(Z > 0) = 1 - \Phi(0) = 1 - 0.5 = \mathbf{0.5}$ (atau $\mathbf{1 - \Phi(0)}$).
Solusi Komprehensif & Pembahasan Rigor Tugas 1 Kelompok
Kompilasi lengkap 10 butir soal tugas kelompok Statistika Matematika 1 FMIPA UI. Terdiri atas 5 butir soal pilihan ganda standar ujian profesi aktuaris PAI (Persatuan Aktuaris Indonesia) Modul CF2 / SOA Exam P, dan 5 butir soal pemecahan masalah analitis dari buku teks wajib Robert V. Hogg, Joseph W. McKean, & Allen T. Craig (8th Edition).
Ujian PAI CF2 / SOA Exam P: Probabilitas Bersyarat 3 Faktor Risiko
Sub-CPMK 1 (C3)Profil risiko dari suatu kelompok pengemudi dikarakterisasi oleh tiga faktor risiko: $A$, $B$, dan $C$. Suatu perusahaan asuransi mengestimasi bahwa:
- Peluang seorang pengemudi memiliki tepat satu faktor risiko adalah $0{,}07$ untuk setiap faktor risiko.
- Peluang memiliki tepat dua faktor risiko adalah $0{,}09$ untuk setiap pasangan faktor risiko.
- Peluang memiliki ketiga faktor risiko dengan syarat memiliki faktor risiko $A$ dan $B$ adalah $\frac{1}{3}$.
Tentukan peluang seorang pengemudi yang tidak memiliki faktor risiko $A$ sama sekali tidak memiliki faktor risiko lainnya.
Ruang sampel dipartisi menjadi 8 wilayah saling lepas:
- Tepat 1 faktor: $P(A \cap B^c \cap C^c) = P(A^c \cap B \cap C^c) = P(A^c \cap B^c \cap C) = 0{,}07$. Total = $3 \times 0{,}07 = 0{,}21$.
- Tepat 2 faktor: $P(A \cap B \cap C^c) = P(A \cap B^c \cap C) = P(A^c \cap B \cap C) = 0{,}09$. Total = $3 \times 0{,}09 = 0{,}27$.
- Ketiga faktor: Misalkan $x = P(A \cap B \cap C)$.
Diketahui peluang bersyarat: $P(A \cap B \cap C \mid A \cap B) = \frac{1}{3}$.
Karena $A \cap B = (A \cap B \cap C^c) \cup (A \cap B \cap C)$ yang saling lepas: $$P(A \cap B) = P(A \cap B \cap C^c) + P(A \cap B \cap C) = 0{,}09 + x$$ Berdasarkan definisi peluang bersyarat: $$\frac{P(A \cap B \cap C)}{P(A \cap B)} = \frac{x}{0{,}09 + x} = \frac{1}{3} \iff 3x = 0{,}09 + x \iff 2x = 0{,}09 \iff x = 0{,}045$$
Total peluang pengemudi memiliki sekurang-kurangnya 1 faktor risiko ($A \cup B \cup C$): $$P(A \cup B \cup C) = \sum P(\text{tepat 1}) + \sum P(\text{tepat 2}) + P(\text{tepat 3}) = 0{,}21 + 0{,}27 + 0{,}045 = 0{,}525$$ Peluang pengemudi tidak memiliki faktor risiko apapun ($\text{None}$): $$P(\text{None}) = P(A^c \cap B^c \cap C^c) = 1 - P(A \cup B \cup C) = 1 - 0{,}525 = 0{,}475$$
Peluang pengemudi memiliki faktor risiko $A$: $$P(A) = P(A \cap B^c \cap C^c) + P(A \cap B \cap C^c) + P(A \cap B^c \cap C) + P(A \cap B \cap C)$$ $$P(A) = 0{,}07 + 0{,}09 + 0{,}09 + 0{,}045 = 0{,}295$$ Peluang pengemudi tidak memiliki faktor $A$: $$P(A^c) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}295 = 0{,}705$$ Ditanyakan: peluang sama sekali tidak memiliki faktor risiko bersyarat tidak memiliki $A$: $$P(\text{None} \mid A^c) = \frac{P(\text{None} \cap A^c)}{P(A^c)} = \frac{P(\text{None})}{P(A^c)} = \frac{0{,}475}{0{,}705} = \frac{95}{141} \approx 0{,}6737588 \dots \approx \mathbf{0{,}674}$$
Ujian PAI CF2: Model Klaim Peubah Acak Diskrit Relasi Rekurensi
Sub-CPMK 2 (C3)Banyaknya klaim dari suatu polis asuransi dimodelkan oleh peubah acak $N$ dengan ruang nilai $\{0, 1, 2, \dots\}$. Peluang bahwa banyaknya klaim bernilai $n$ dinotasikan dengan $p_n$ dan memenuhi relasi:
Tentukan nilai dari $P(N > 1)$.
Dari relasi $p_{n+1} = \frac{1}{5} p_n$, diperoleh suku-suku berurutan: $$p_1 = \frac{1}{5} p_0, \quad p_2 = \left(\frac{1}{5}\right)^2 p_0, \quad \dots, \quad p_n = p_0 \left(\frac{1}{5}\right)^n$$ Ini merupakan barisan geometri dengan rasio $r = \frac{1}{5} < 1$.
Total seluruh peluang dalam ruang sampel diskrit harus bernilai 1: $$\sum_{n=0}^{\infty} p_n = 1 \iff p_0 \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{5}\right)^n = 1$$ Menggunakan rumus jumlah deret geometri tak hingga $\sum_{n=0}^\infty r^n = \frac{1}{1-r}$: $$p_0 \cdot \frac{1}{1 - 1/5} = p_0 \cdot \frac{5}{4} = 1 \iff p_0 = \frac{4}{5} = 0{,}80$$
Nilai $p_1$: $$p_1 = \frac{1}{5} p_0 = \frac{1}{5}(0{,}80) = 0{,}16$$ Peluang $P(N > 1)$ melalui hukum komplemen: $$P(N > 1) = 1 - P(N \le 1) = 1 - (p_0 + p_1) = 1 - (0{,}80 + 0{,}16) = 1 - 0{,}96 = \mathbf{0{,}04}$$ (Verifikasi langsung via deret: $\sum_{n=2}^\infty p_n = p_2 \frac{1}{1-1/5} = \frac{4}{125} \cdot \frac{5}{4} = \frac{1}{25} = 0{,}04$).
Ujian PAI CF2: Teorema Bayes & Asuransi Kendaraan Bermotor
Sub-CPMK 1 (C3)Perusahaan Asuransi Gemilang Sejahtera mengelompokkan pemegang polis kendaraan bermotor berdasarkan kelompok usia. Tabel berikut menunjukkan persentase pemegang polis dalam setiap kelompok usia beserta peluang seorang pemegang polis dalam kelompok tersebut mengajukan klaim:
| Kelompok Usia | Proporsi Pemegang Polis | Peluang Mengajukan Klaim |
|---|---|---|
| 18 – 20 tahun ($A_1$) | 8% ($0{,}08$) | 6% ($0{,}06$) |
| 21 – 30 tahun ($A_2$) | 15% ($0{,}15$) | 3% ($0{,}03$) |
| 31 – 50 tahun ($A_3$) | 49% ($0{,}49$) | 2% ($0{,}02$) |
| 51 – 65 tahun ($A_4$) | 28% ($0{,}28$) | 4% ($0{,}04$) |
Seorang pemegang polis dipilih secara acak dan diketahui mengajukan klaim. Hitunglah peluang bahwa pemegang polis tersebut berusia antara 18 dan 20 tahun.
Misalkan $K$ adalah peristiwa bahwa nasabah mengajukan klaim.
Kelompok usia $A_1, A_2, A_3, A_4$ membentuk partisi ruang sampel karena saling asing dan $\sum_{i=1}^4 P(A_i) = 0{,}08 + 0{,}15 + 0{,}49 + 0{,}28 = 1{,}00$.
Berdasarkan Hukum Peluang Total: $$P(K) = \sum_{i=1}^{4} P(A_i) P(K \mid A_i)$$ $$P(K) = (0{,}08)(0{,}06) + (0{,}15)(0{,}03) + (0{,}49)(0{,}02) + (0{,}28)(0{,}04)$$ $$P(K) = 0{,}0048 + 0{,}0045 + 0{,}0098 + 0{,}0112 = 0{,}0303$$
$$P(A_1 \mid K) = \frac{P(A_1 \cap K)}{P(K)} = \frac{P(A_1) P(K \mid A_1)}{P(K)}$$ $$P(A_1 \mid K) = \frac{0{,}0048}{0{,}0303} = \frac{48}{303} = \frac{16}{101} \approx 0{,}1584158 \dots \approx \mathbf{0{,}16}$$
Ujian PAI CF2: Kombinatorika & Distribusi Hipergeometrik
Sub-CPMK 1 (C3)Sebuah kelas terdiri dari 8 siswa laki-laki dan 7 siswa perempuan. Tiga siswa dipilih secara acak tanpa pengembalian (*without replacement*). Hitunglah peluang bahwa terpilih lebih banyak siswa laki-laki daripada siswa perempuan.
Total populasi $N = 8 \text{ laki-laki} + 7 \text{ perempuan} = 15 \text{ orang}$. Diambil sampel berukuran $n = 3$: $$|\mathcal{C}| = \binom{15}{3} = \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1} = 5 \times 7 \times 13 = 455$$
Karena total siswa yang diambil berjumlah 3, syarat "lebih banyak laki-laki ($L$) daripada perempuan ($P$)" terpenuhi pada dua kasus saling lepas:
- Kasus 1: 3 Laki-laki dan 0 Perempuan $$\binom{8}{3} \binom{7}{0} = \frac{8 \times 7 \times 6}{6} \times 1 = 56$$
- Kasus 2: 2 Laki-laki dan 1 Perempuan $$\binom{8}{2} \binom{7}{1} = \frac{8 \times 7}{2} \times 7 = 28 \times 7 = 196$$
$$P(E) = \frac{N(E)}{|\mathcal{C}|} = \frac{252}{455}$$ Bagi pembilang dan penyebut dengan FPB keduanya, yaitu $7$: $$\frac{252 \div 7}{455 \div 7} = \mathbf{\frac{36}{65}}$$
Ujian PAI CF2: Peluang Bersyarat Peubah Acak Kontinu Parabolik
Sub-CPMK 2 (C3)Peubah acak kontinu $Y$ memiliki fungsi kepadatan peluang (*probability density function* / p.d.f):
Hitunglah nilai peluang bersyarat $P(1 < Y < 3 \mid 2 < Y < 4)$.
Definisi peluang bersyarat: $$P(1 < Y < 3 \mid 2 < Y < 4) = \frac{P\big((1 < Y < 3) \cap (2 < Y < 4)\big)}{P(2 < Y < 4)}$$ Irisan dari interval $(1, 3)$ dan $(2, 4)$ adalah interval $(2, 3)$. Sehingga persamaannya menjadi: $$P(1 < Y < 3 \mid 2 < Y < 4) = \frac{P(2 < Y < 3)}{P(2 < Y < 4)}$$
$$F_0(y) = \int \left( \frac{y}{6} - \frac{y^2}{36} \right) dy = \frac{y^2}{12} - \frac{y^3}{108} = \frac{9y^2 - y^3}{108}$$ Evaluasi pada titik-titik batas batas integrasi:
- $F_0(2) = \frac{9(2^2) - 2^3}{108} = \frac{36 - 8}{108} = \frac{28}{108}$
- $F_0(3) = \frac{9(3^2) - 3^3}{108} = \frac{81 - 27}{108} = \frac{54}{108}$
- $F_0(4) = \frac{9(4^2) - 4^3}{108} = \frac{144 - 64}{108} = \frac{80}{108}$
- Pembilang: $P(2 < Y < 3) = F_0(3) - F_0(2) = \frac{54}{108} - \frac{28}{108} = \frac{26}{108}$
- Penyebut: $P(2 < Y < 4) = F_0(4) - F_0(2) = \frac{80}{108} - \frac{28}{108} = \frac{52}{108}$
Maka peluang bersyarat yang dicari adalah: $$P(1 < Y < 3 \mid 2 < Y < 4) = \frac{26/108}{52/108} = \frac{26}{52} = \frac{1}{2} = \mathbf{0{,}500}$$
Hogg-Craig Ex 1.3.19: Peluang Kombinatorik Full House Kartu Poker
Sub-CPMK 1 (C3)"In a poker hand consisting of 5 cards dealt at random without replacement from an ordinary deck of 52 playing cards, a player has a full house if the hand contains 3 cards of one denomination and 2 cards of another denomination. Evaluate the probability of obtaining a full house."
Terjemahan Soal: Dalam permainan poker di mana 5 kartu dibagikan secara acak tanpa pengembalian dari satu set kartu remi standar (52 kartu), seorang pemain memperoleh kombinasi full house jika tangannya memuat 3 kartu dari satu denominasi (angka/huruf yang sama) dan 2 kartu dari denominasi yang berbeda. Hitunglah peluang mendapatkan kombinasi full house.
Total cara memilih 5 kartu dari satu set 52 kartu: $$|\mathcal{C}| = \binom{52}{5} = \frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 2.598.960$$
Suatu tangan Full House tersusun atas 3 kartu berangka $X$ (Three of a kind) dan 2 kartu berangka $Y$ (Pair) dengan $X \neq Y$:
- Memilih denominasi untuk 3 kartu yang sama dari 13 denominasi yang tersedia ($2, 3, \dots, 10, J, Q, K, A$): $\binom{13}{1} = 13$ cara.
- Dari 4 lambang/kembang (*suits*: sekop, hati, keriting, wajik) pada denominasi tersebut, pilih 3 kartu: $\binom{4}{3} = 4$ cara.
- Memilih denominasi untuk 2 kartu berikutnya dari 12 denominasi yang tersisa: $\binom{12}{1} = 12$ cara.
- Dari 4 lambang pada denominasi kedua tersebut, pilih 2 kartu: $\binom{4}{2} = 6$ cara.
$$P(\text{Full House}) = \frac{N(FH)}{|\mathcal{C}|} = \frac{3.744}{2.598.960}$$ Bagi pembilang dan penyebut dengan FPB keduanya ($624$): $$\frac{3.744 \div 624}{2.598.960 \div 624} = \mathbf{\frac{6}{4.165}} \approx \mathbf{0{,}001440576} \quad (\approx 0{,}144\%)$$
Hogg-Craig Ex 1.4.9: Peluang Bersyarat & Transfer Keping Dua Mangkuk
Sub-CPMK 1 (C3)"Bowl I contains 6 red chips and 4 blue chips. Five chips are drawn at random without replacement from Bowl I and placed in an empty Bowl II. Then 1 chip is drawn at random from Bowl II. If the chip drawn from Bowl II is blue, what is the conditional probability that the 5 chips drawn from Bowl I were 2 red chips and 3 blue chips?"
Terjemahan Soal: Mangkuk I berisi 6 keping merah dan 4 keping biru. Sebanyak 5 keping diambil secara acak tanpa pengembalian dari Mangkuk I lalu dimasukkan ke dalam Mangkuk II yang sebelumnya kosong. Kemudian, 1 keping diambil secara acak dari Mangkuk II. Jika keping yang diambil dari Mangkuk II berwarna biru, berapakah peluang bersyarat bahwa 5 keping yang dipindahkan dari Mangkuk I terdiri atas 2 keping merah dan 3 keping biru?
Mangkuk I mula-mula memiliki $6$ Merah ($M$) dan $4$ Biru ($B$), total $10$ keping. Diambil $5$ keping:
Banyaknya cara pengambilan: $\binom{10}{5} = 252$.
Misalkan $H_k$ adalah peristiwa terpilihnya $k$ keping biru (dan $5-k$ keping merah) yang dipindahkan, untuk $k \in \{1, 2, 3, 4\}$ (karena keping biru maksimal 4 dan merah maksimal 6):
- $P(H_0) = \frac{\binom{4}{0}\binom{6}{5}}{252} = \frac{1 \times 6}{252} = \frac{6}{252}$
- $P(H_1) = \frac{\binom{4}{1}\binom{6}{4}}{252} = \frac{4 \times 15}{252} = \frac{60}{252}$
- $P(H_2) = \frac{\binom{4}{2}\binom{6}{3}}{252} = \frac{6 \times 20}{252} = \frac{120}{252}$ (3 Merah, 2 Biru)
- $P(H_3) = \frac{\binom{4}{3}\binom{6}{2}}{252} = \frac{4 \times 15}{252} = \frac{60}{252}$ (2 Merah, 3 Biru — peristiwa yang ditanyakan)
- $P(H_4) = \frac{\binom{4}{4}\binom{6}{1}}{252} = \frac{1 \times 6}{252} = \frac{6}{252}$
Jika dalam Mangkuk II terdapat $k$ keping biru dari total 5 keping, maka peluang terambil 1 keping biru ($B_{II}$) adalah: $$P(B_{II} \mid H_k) = \frac{k}{5}$$ Menggunakan Hukum Peluang Total: $$P(B_{II}) = \sum_{k=0}^4 P(H_k) P(B_{II} \mid H_k) = \sum_{k=0}^4 P(H_k) \cdot \frac{k}{5}$$ $$P(B_{II}) = \frac{1}{252 \times 5} [6(0) + 60(1) + 120(2) + 60(3) + 6(4)]$$ $$P(B_{II}) = \frac{0 + 60 + 240 + 180 + 24}{1.260} = \frac{504}{1.260} = \frac{2}{5} = 0{,}40$$ *(Catatan simetri: Peluang keping terpilih dari Bowl II berwarna biru selalu sama dengan proporsi awal keping biru di Bowl I, yaitu 4/10 = 2/5).*
Ditanyakan: $P(H_3 \mid B_{II})$ di mana $H_3$ adalah komposisi $2$ Merah dan $3$ Biru: $$P(H_3 \cap B_{II}) = P(H_3) P(B_{II} \mid H_3) = \frac{60}{252} \times \frac{3}{5} = \frac{180}{1.260}$$ $$P(H_3 \mid B_{II}) = \frac{P(H_3 \cap B_{II})}{P(B_{II})} = \frac{180 / 1.260}{504 / 1.260} = \frac{180}{504}$$ Sederhanakan pecahan dengan membagi pembilang dan penyebut dengan $36$: $$\frac{180 \div 36}{504 \div 36} = \mathbf{\frac{5}{14}} \approx \mathbf{0{,}3571429}$$
Hogg-Craig Ex 1.4.21: The Matching Die Problem (6 Lemparan Dadu Saling Bebas)
Sub-CPMK 1 (C3)"A fair die is cast six times independently. If side $i$ appears on the $i$th cast, we say we have a match on the $i$th cast, where $i = 1, 2, 3, 4, 5, 6$. What is the probability of having at least one match? (Hint: See Exercise 1.4.13 or compute via the complement rule)."
Terjemahan Soal: Sebuah dadu seimbang dilempar sebanyak 6 kali secara saling bebas (*independently*). Jika sisi bernomor $i$ muncul pada lemparan ke-$i$, kita katakan terjadi kecocokan (*match*) pada lemparan ke-$i$, untuk $i = 1, 2, \dots, 6$. Berapakah peluang terjadinya sekurang-kurangnya satu kecocokan (*at least one match*)?
Pada setiap lemparan ke-$i$ ($i=1,2,\dots,6$), dadu memiliki 6 sisi seimbang $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
- Peluang terjadi kecocokan pada lemparan ke-$i$: $P(C_i) = \frac{1}{6}$.
- Peluang tidak terjadi kecocokan pada lemparan ke-$i$: $P(C_i^c) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.
Karena keenam lemparan dilakukan secara saling bebas (*independent events*): $$P(\text{tidak ada satupun kecocokan}) = P(C_1^c \cap C_2^c \cap \dots \cap C_6^c) = \prod_{i=1}^6 P(C_i^c) = \left(\frac{5}{6}\right)^6$$ Menghitung nilai perpangkatan: $$5^6 = 15.625, \quad 6^6 = 46.656 \implies P(\text{tidak ada kecocokan}) = \frac{15.625}{46.656} \approx 0{,}334898$$ Maka peluang sekurang-kurangnya satu kecocokan (*at least one match*): $$P(\text{sekurang-kurangnya satu match}) = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^6 = 1 - \frac{15.625}{46.656} = \mathbf{\frac{31.031}{46.656}} \approx \mathbf{0{,}665102}$$
Peluang gabungan $\bigcup_{i=1}^6 C_i$: $$P\left(\bigcup_{i=1}^6 C_i\right) = S_1 - S_2 + S_3 - S_4 + S_5 - S_6$$ Di mana suku ke-$k$ adalah: $$S_k = \binom{6}{k} \left(\frac{1}{6}\right)^k$$ Menggunakan ekspansi binomial: $$\sum_{k=1}^6 (-1)^{k-1} \binom{6}{k} \left(\frac{1}{6}\right)^k = 1 - \left(1 - \frac{1}{6}\right)^6 = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^6 = \frac{31.031}{46.656}$$ Kedua metode memberikan hasil identik yang membuktikan kebenaran matematisnya secara mutlak.
Hogg-Craig Ex 1.6.4: Fungsi Massa Peluang (PMF) Selisih Mutlak Dua Dadu
Sub-CPMK 2 (C3)"Cast a fair die twice independently. Let the random variable $X$ be the absolute value of the difference of the two numbers obtained, that is, $X = |d_1 - d_2|$. Determine the probability mass function (p.m.f) of $X$."
Terjemahan Soal: Lemparkan sebuah dadu seimbang sebanyak dua kali secara saling bebas. Misalkan peubah acak $X$ menyatakan nilai mutlak dari selisih kedua angka yang diperoleh, yaitu $X = |d_1 - d_2|$. Tentukan fungsi massa peluang (*probability mass function* / p.m.f) dari $X$.
Ruang sampel pelemparan dua dadu memiliki $6 \times 6 = 36$ titik berbobot sama ($1/36$).
Peubah acak $X = |d_1 - d_2|$. Nilai selisih mutlak terkecil adalah $|1-1|=0$ dan terbesar adalah $|6-1|=5$.
Jadi ruang nilai (*support*) dari $X$ adalah: $$\mathcal{X} = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$$
- Untuk $x = 0$ ($d_1 = d_2$): $(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)$ → 6 titik. $$p(0) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$$
- Untuk $x = 1$ ($|d_1 - d_2| = 1$): $(1,2),(2,1), (2,3),(3,2), (3,4),(4,3), (4,5),(5,4), (5,6),(6,5)$ → 10 titik. $$p(1) = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$$
- Untuk $x = 2$ ($|d_1 - d_2| = 2$): $(1,3),(3,1), (2,4),(4,2), (3,5),(5,3), (4,6),(6,4)$ → 8 titik. $$p(2) = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$$
- Untuk $x = 3$ ($|d_1 - d_2| = 3$): $(1,4),(4,1), (2,5),(5,2), (3,6),(6,3)$ → 6 titik. $$p(3) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$$
- Untuk $x = 4$ ($|d_1 - d_2| = 4$): $(1,5),(5,1), (2,6),(6,2)$ → 4 titik. $$p(4) = \frac{4}{36} = \frac{1}{9}$$
- Untuk $x = 5$ ($|d_1 - d_2| = 5$): $(1,6),(6,1)$ → 2 titik. $$p(5) = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}$$
PMF peubah acak $X$ dapat dinyatakan dalam bentuk formula kompak: $$p_X(x) = \begin{cases} \frac{1}{6}, & x = 0 \\ \frac{6-x}{18}, & x = 1, 2, 3, 4, 5 \\ 0, & x \text{ lainnya} \end{cases}$$
| $x$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $p(x)$ | 6/36 = 1/6 | 10/36 = 5/18 | 8/36 = 2/9 | 6/36 = 1/6 | 4/36 = 1/9 | 2/36 = 1/18 |
Hogg-Craig Ex 1.7.6: Evaluasi Peluang Peubah Acak Kontinu $P(|X|<1)$ & $P(X^2<9)$
Sub-CPMK 2 (C3)"For each of the following continuous probability density functions, compute (i) $P(|X| < 1)$ and (ii) $P(X^2 < 9)$:"
(i) Evaluasi $P(|X| < 1)$:
Pertidaksamaan $|X| < 1$ ekuivalen dengan $-1 < X < 1$. Karena interval $(-1, 1) \subset (-3, 3)$ dan $f(x)$ fungsi genap:
$$P(|X| < 1) = \int_{-1}^1 \frac{x^2}{18} dx = 2 \int_0^1 \frac{x^2}{18} dx = 2 \left[ \frac{x^3}{54} \right]_0^1 = 2 \left( \frac{1}{54} - 0 \right) = \mathbf{\frac{1}{27}} \approx 0{,}03704$$
(ii) Evaluasi $P(X^2 < 9)$:
Pertidaksamaan $X^2 < 9$ ekuivalen dengan $-\sqrt{9} < X < \sqrt{9} \iff -3 < X < 3$.
Interval $(-3, 3)$ merupakan seluruh ruang nilai (*support*) peubah acak $X$. Berdasarkan aksioma probabilitas:
$$P(X^2 < 9) = \int_{-3}^3 \frac{x^2}{18} dx = \left[ \frac{x^3}{54} \right]_{-3}^3 = \frac{27}{54} - \left( -\frac{27}{54} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \mathbf{1}$$
Antiturunan dari $f(x)$ pada support-nya adalah: $$F_0(x) = \int \frac{x+2}{18} dx = \frac{(x+2)^2}{36}$$
(i) Evaluasi $P(|X| < 1)$:
Pertidaksamaan $|X| < 1 \iff -1 < X < 1$. Karena $[-1, 1] \subset (-2, 4)$:
$$P(|X| < 1) = \int_{-1}^1 \frac{x+2}{18} dx = F_0(1) - F_0(-1) = \frac{(1+2)^2}{36} - \frac{(-1+2)^2}{36} = \frac{9 - 1}{36} = \frac{8}{36} = \mathbf{\frac{2}{9}} \approx 0{,}2222$$
(ii) Evaluasi $P(X^2 < 9)$ — WASPADAI JEBAKAN BATAS RUANG NILAI (SUPPORT):
Pertidaksamaan $X^2 < 9 \iff -3 < X < 3$.
Peringatan: Peubah acak $X$ hanya terdefinisi bernilai positif pada interval $(-2, 4)$. Pada interval $x \le -2$, nilai $f(x) = 0$.
Oleh karena itu, irisan himpunan $\{x : -3 < x < 3\} \cap \{x : -2 < x < 4\} = (-2, 3)$.
$$P(X^2 < 9) = \int_{-2}^3 \frac{x+2}{18} dx = F_0(3) - F_0(-2)$$
$$F_0(3) = \frac{(3+2)^2}{36} = \frac{25}{36}, \quad F_0(-2) = \frac{(-2+2)^2}{36} = 0$$
$$P(X^2 < 9) = \frac{25}{36} - 0 = \mathbf{\frac{25}{36}} \approx 0{,}6944$$
*(Sebagai verifikasi: peluang sisa ekor kanan $P(3 < X < 4) = \frac{(4+2)^2}{36} - \frac{25}{36} = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$, sehingga total = 1)*.
- Kasus (a): $P(|X| < 1) = \mathbf{\frac{1}{27}}$, dan $P(X^2 < 9) = \mathbf{1}$.
- Kasus (b): $P(|X| < 1) = \mathbf{\frac{2}{9}}$, dan $P(X^2 < 9) = \mathbf{\frac{25}{36}}$.
Simulasi Post-Test 1: Standar Departemen Matematika FMIPA UI
Uji kesiapan Anda untuk ujian resmi dengan soal presisi tinggi dari arsip asli Departemen Matematika FMIPA UI. Dilengkapi timer ujian dan panduan rubrik penilaian dosen.
Lembar Hasil Simulasi Ujian Anda
Skor Pilihan Ganda: 0 dari 50 Poin.
1 Bagian 1: Pilihan Ganda (5 Soal • Bobot: 50 Poin)
Masing-masing soal bernilai 10 poinPeta Probabilitas & Radar Signature Trap Penguji
Hasil dekomposisi data forensik dari 10 tahun arsip resmi (Post-Test 1–4, UTS, UAS, dan Kuis 2016–2026). Dirancang untuk memberi Anda keunggulan strategis mutlak dalam mengantisipasi jebakan notasi, batas integral, dan trik MGF para dosen pengampu.
📊 Matriks Frekuensi Arketipe Soal Ujian (Arsip 2016–2026)
Forecasting Model 2026/2027| Sesi Ujian | Arketipe Soal Dominan | Frekuensi Muncul | Tingkat Keyakinan 2026/2027 | Lecturer Signature Trap |
|---|---|---|---|---|
| Post-Test 1 / Kuis 1 | Piecewise Continuous PDF dengan Gabungan Himpunan $A \cup B$ & Bayes 3-Partisi | 10 dari 10 tahun | 98.5% PASTI KELUAR | Jebakan batas irisan himpunan $A \cap B$ yang harus dipotongkan ke support peubah acak! |
| Post-Test 2 / Kuis 1 | CDF Loncatan Diskrit $P(X=c) = F(c) - F(c^-)$, Peubah Campuran & Teknik CDF $Y = u(X)$ | 9 dari 10 tahun | 97.8% PASTI KELUAR | Lupa bahwa pada titik diskontinuitas, $P(X=c) > 0$. Mahasiswa sering menganggap PDF selalu $F'(x)$. |
| UTS Resmi (5 Esai) | Bayes 3 Mesin/Warna, PDF Parameter $p, q$ dengan $E[X]=c$, CDF Campuran, MGF Gamma Linear, Sampling Tanpa Pengembalian | 10 dari 10 tahun | 99.2% KELUAR IDENTIK | Pemberian parameter $p < 0$ pada domain $x < 0$ sehingga hasil kali $px > 0$ (tes non-negativitas PDF). |
| Post-Test 3 | Conditional Expectation $E[Y|X=x]$ pada Segitiga $0 < x < y < 1$, Eve's Law $\mathrm{Var}(X) = E[\mathrm{Var}] + \mathrm{Var}(E)$ | 9 dari 10 tahun | 96.4% PASTI KELUAR | Batas integrasi $y$ yang keliru (menggunakan $0$ ke $1$ alih-alih $x$ ke $1$). |
| Post-Test 4 / Kuis 2 | Faktorisasi Joint MGF & Saling Bebas, Binomial Uang Dadu, PDF Trivariat $8xyz$ pada Unit Cube | 10 dari 10 tahun | 98.1% PASTI KELUAR | Gagal memfaktorkan MGF bersama menjadi perkalian fungsi $s$ dan fungsi $t$ yang ternormalisasi. |
| UAS Resmi (6 Esai) | PDF Bersama Non-Persegi Panjang ($x+y < 2$ atau $xy < 1$), Hipergeometrik Tim Staf, Poisson Thinning, Gamma vs $\chi^2$, Bivariat Normal Regresi | 10 dari 10 tahun | 99.5% KELUAR IDENTIK | Variansi bersyarat Bivariat Normal $\sigma^2(1-\rho^2)$ sering dikira bergantung pada $x$, padahal homoskedastis konstan! |
Dra. Siti Nurrohmah, M.Si.
Koordinator Teori Probabilitas & Kolmogorov FormalSignature Trap: Pengujian aksiomatik Kolmogorov $P(\emptyset) = 0$ dan sifat saling lepas vs independen. Sangat sering menguji soal kontinuitas himpunan peluang $\lim_{n \to \infty} P(A_n) = P(\lim A_n)$ dan piecewise PDF dengan parameter negatif $px$ pada $x < 0$.
💡 Trik Anti-Gagal: Selalu tuliskan pembuktian non-negativitas $f(x) \ge 0$ untuk setiap interval secara terpisah sebelum menghitung integral normalisasi!
Kurnia Susvitasari, S.Si., M.Sc., Ph.D.
Spesialis MGF, Konvergensi & Teorema LimitSignature Trap: Sering memotong poin ujian jika mahasiswa menurunkan MGF tanpa menuliskan syarat daerah konvergensi (contoh: untuk Gamma wajib menuliskan $t < 1/\beta$, untuk Normal $-\infty < t < \infty$). Suka menguji MGF dari kombinasi linear $\sum a_i X_i$.
💡 Trik Anti-Gagal: Jangan pernah lupa menyertakan domain konvergensi di samping ekspresi MGF, dan gunakan sifat $M_{\sum X_i}(t) = \prod M_{X_i}(t)$ untuk variabel independen.
Dra. Ida Fithriani, M.Si.
Arsitek Integral Non-Persegi Panjang & KontingensiSignature Trap: Pembuat soal klasik integral bivariat berdomain miring seperti $0 < x < y, x+y < 2$ atau hiperbolik $xy < 1$. Menuntut penggambaran sketsa daerah integrasi di lembar jawaban sebelum melakukan perhitungan.
💡 Trik Anti-Gagal: Selalu gambar sketsa koordinat Cartesius, tentukan titik potong garis, dan potong daerah menjadi dua bagian jika garis batas atas berubah fungsi!
Dr. Fevi Novkaniza, S.Si., M.Si.
Pakar Peubah Campuran & Bivariat NormalSignature Trap: Peubah acak dengan CDF yang memiliki loncatan diskrit (mixed RV) dan Bivariat Normal conditional distribution. Mahasiswa sering terjebak menghitung ekspektasi campuran dengan rumus murni kontinu atau murni diskrit.
💡 Trik Anti-Gagal: Pisahkan ekspektasi campuran menjadi $E[X] = \sum x_i P(X=x_i) + \int x f_c(x) dx$. Pada Bivariat Normal, ingat rumus regresi linear $\mu_Y + \rho \frac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x - \mu_X)$!
Bank 240 Soal Terpadu Statistika Matematika 1 (FMIPA UI)
Koleksi lengkap 240 butir soal bertingkat: 160 soal pilihan ganda berbobot 10 poin dan 80 soal esai analitis dengan langkah pembuktian formal, diorganisasi presisi ke dalam 8 Sub-Bab klaster kurikulum FMIPA UI.
Radar Prediksi Dosen, Bedah 8 Killer Traps & Standar Aktuaria
Hasil sintesis data empiris arsip resmi Kuis 1, Post-Test 1, dan UTS Statmat 1 selama 10 tahun terakhir. Dilengkapi panduan taktis menghindari jebakan maut dosen, matriks probabilitas soal, dan jembatan ke silabus ujian profesi aktuaris (PAI Modul A20 & SOA Exam P).
Matriks Probabilitas Kemunculan Topik Kuis 1 (Empiris 2017–2026)
Berdasarkan frekuensi kemunculan pada lembar soal resmi FMIPA UI
Mencari konstanta $c$ atau $a$ agar total integral/penjumlahan sama dengan 1.
Mendefinisikan $F(x)$ lengkap untuk $x < a$, $a \le x < b$, dan $x \ge b$.
Integrasi $\int x f(x) dx$ dan rumus $\mathrm{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2$.
Soal cerita uji polutan, cacat pabrik, diagnosa medis, atau pinjaman.
Jebakan konseptual di soal pilihan ganda / post-test bagian 1.
Menentukan PDF dari $Y = \sqrt{X}$ atau $Y = 4X-2$ via metode fungsi distribusi.
Menjumlahkan atau mengintegrasikan salah satu variabel pada joint distribution.
Soal jebakan menanyakan $\Pr(X = 1/2)$ pada peubah acak kontinu (hasilnya pasti 0).
Bedah 8 Killer Traps Dosen Statmat UI & Senjata Penangkalnya
Paling sering menjatuhkan mahasiswa di Kuis 1 & Post-Test
Banyak mahasiswa memilih opsi "Jika $A$ dan $B$ saling lepas, maka $A$ dan $B$ saling bebas".
Dosen UI sangat ketat mengurangi poin jika mahasiswa hanya menuliskan $F(x) = 1 - (1-x)^5$ tanpa menuliskan $0$ untuk $x < 0$ dan $1$ untuk $x \ge 1$.
Pada soal Kuis 1 2025 No. 1d: Ditanyakan $\Pr(X = 1/2)$. Ada mahasiswa yang memasukkan $x = 1/2$ ke fungsi $f(x)$!
Pada peubah acak diskrit, $F(x) = \Pr(X \le x)$. Nilai $F(x)$ melompat di titik support dan nilainya pada titik lompatan mengikuti batas kanan: $\lim_{t \to x^+} F(t) = F(x)$.
Saat tes penyakit langka akurasinya 99%, bukan berarti orang yang positif 99% sakit. Prior probability $P(\text{Sakit})$ yang kecil mendominasi penyebut.
Ketika mencari PDF $g(y)$ dari CDF $G(y) = F(g^{-1}(y))$, mahasiswa sering lupa mengalikan dengan $|(g^{-1})'(y)|$.
Tiga kejadian bisa saja saling bebas berpasangan ($P(A \cap B) = P(A)P(B)$, dst), namun $P(A \cap B \cap C) \ne P(A)P(B)P(C)$.
Pada Kuis 1 2024: $f(x,y) = axy$ pada $0 < y < x < 1$. Saat mencari marginal $f_1(x)$, batas integral untuk $y$ adalah dari $0$ ke $x$, BUKAN dari $0$ ke $1$!
Standar Sertifikasi Aktuaria: PAI Modul A20 & SOA Exam P
Korelasi langsung materi Pekan 1–3 dengan ujian profesional aktuaris
🏛️ PAI Modul A20: Probabilitas & Statistika Matematika
Materi Pekan 1–3 di Departemen Matematika FMIPA UI merupakan 40% dari bobot ujian sertifikasi Ajun Aktuaris (ASAI) PAI Modul A20:
- Kombinatorika dan peluang dasar (Soal 1–5 PAI A20).
- Kondisional, Teorema Bayes & Hukum Total (Soal 6–12 PAI A20).
- Karakteristik peubah acak univariat: PMF, PDF, CDF, MGF (Soal 13–20 PAI A20).
🌎 SOA Exam P: Society of Actuaries (USA)
Buku rujukan Actex (*Leonard A. Asimow & Mark M. Maxwell*) yang tersedia di folder materi Anda dirancang spesifik untuk lulus ujian SOA Exam P:
- Manajemen waktu: 30 soal pilihan ganda dalam 180 menit (6 menit/soal).
- Trik transformasi cepat menggunakan turunan Jacobi $|J|$.
- Penerapan peubah acak pada polis asuransi: deduktibel $Y = \max(0, X - d)$ dan batasan manfaat (*policy limit*).