O006-C140-CMP-MS00 · id-ID · CC BY-SA 4.0 · OpenAI Codex gpt-5.6-sol, Ultra

Set penguasaan 00 — probabilitas, distribusi, dan ekspektasi

Set ini adalah jembatan diagnostik untuk Pelajaran 00, bukan pengganti kuliah probabilitas B90/B95. Kerjakan tanpa perangkat lunak. Setiap solusi menuliskan ruang sampel dan objek acaknya, karena kekeliruan pada dua hal itu akan merusak fungsi kemungkinan, interval, dan pengujian pada bagian berikutnya.

Masalah 1 — aljabar kejadian dan probabilitas diskret

Sebuah dadu adil bermuka enam dilempar sekali. Misalkan $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ , $A=\{2,4,6\}$ (hasil genap), dan $B=\{4,5,6\}$ (hasil sedikitnya empat).

Hitung $P(A\cup B)$ , $P(A\cap B)$ , dan $P(A^c\cap B)$ .
Hitung $P(A\mid B)$ dan $P(B\mid A)$ .
Putuskan apakah $$A$$ dan $$B$$ independen, dan jelaskan mengapa keduanya tidak saling lepas.

Petunjuk 1

Tuliskan keenam hasil sebagai atom dengan peluang $$1/6$$ . Gunakan $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ sebelum menghitung peluang bersyarat.

Petunjuk 2

Independensi berarti $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ , sedangkan saling lepas berarti irisan kosong. Kedua konsep itu berbeda. Jika dua kejadian saling lepas dan keduanya berpeluang positif, keduanya tidak independen.

Jawaban singkat

$A\cap B=\{4,6\}$ , sehingga $P(A\cup B)=4/6$ , $P(A\cap B)=2/6$ , dan $P(A^c\cap B)=1/6$ . Selanjutnya $P(A\mid B)=2/3$ dan $P(B\mid A)=2/3$ . Karena $(2/6)\ne(3/6)(3/6)$ , kedua kejadian tidak independen; irisan mereka juga tidak kosong.

Solusi lengkap

Karena dadu adil, setiap atom di $\Omega$ mempunyai peluang $$1/6$$ . Kejadian $$A$$ berisi tiga atom dan $$B$$ juga tiga atom. Irisannya adalah $A\cap B=\{4,6\}$ , dua atom, sedangkan gabungannya $A\cup B=\{2,4,5,6\}$ , empat atom. Maka

P(A\cap B)=\frac{2}{6}=\frac13, \qquad P(A\cup B)=\frac{4}{6}=\frac23.

Komplemen $A^c=\{1,3,5\}$ hanya beririsan dengan $$B$$ pada hasil $$5$$ , jadi $P(A^c\cap B)=1/6$ . Dengan definisi probabilitas bersyarat,

P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{2/6}{3/6}=\frac23, \qquad P(B\mid A)=\frac{2/6}{3/6}=\frac23.

Untuk independensi, produk peluang marginal adalah $$P(A)P(B)=(1/2)(1/2)=1/4$$ , sedangkan peluang irisan adalah $$1/3$$ ; nilainya berbeda. Jadi $$A$$ dan $$B$$ tidak independen. Mereka juga tidak saling lepas karena hasil 4 dan 6 berada pada kedua kejadian. Ini memperlihatkan mengapa rumus penjumlahan harus mengurangkan irisan, dan mengapa kondisi bersyarat tidak boleh diganti dengan peluang marginal.

Masalah 2 — Bayes dan pembaruan peluang bersyarat

Suatu kondisi memiliki prevalensi $$P(D)=0{,}01$$ . Sebuah tes mempunyai sensitivitas $P(+\mid D)=0{,}95$ dan spesifisitas $P(-\mid D^c)=0{,}90$ .

Hitung $P(D\mid +)$ .
Hitung peluang hasil positif $$P(+)$$ dan peluang penyakit di antara orang yang hasilnya negatif, $P(D\mid -)$ .
Jelaskan peran asumsi bahwa hasil tes hanya dikondisikan pada $$D$$ atau $$D^c$$ ; jangan menyebut hasil tes sebagai bukti independen tanpa syarat.

Petunjuk 1

Spesifisitas memberi $P(+\mid D^c)=0{,}10$ . Pecah $$P(+)$$ menurut partisi $\{D,D^c\}$ sebelum membalik kondisi.

Petunjuk 2

Gunakan $P(D\mid +)=P(+\mid D)P(D)/P(+)$ dan analog yang sama untuk tanda negatif. Jangan menukar $P(+\mid D)$ dengan $P(D\mid +)$ .

Jawaban singkat

$$P(+)=0{,}95(0{,}01)+0{,}10(0{,}99)=0{,}1085$$ , sehingga $P(D\mid +)=0{,}0095/0{,}1085\approx0{,}08756$ . Untuk hasil negatif, $$P(-)=0{,}05(0{,}01)+0{,}90(0{,}99)=0{,}8915$$ dan $P(D\mid -)=0{,}0005/0{,}8915\approx0{,}00056085$ .

Solusi lengkap

Spesifisitas $$0{,}90$$ berarti tingkat positif palsu adalah $P(+\mid D^c)=1-0{,}90=0{,}10$ . Dengan hukum probabilitas total,

P(+)=P(+\mid D)P(D)+P(+\mid D^c)P(D^c) =0{,}95(0{,}01)+0{,}10(0{,}99)=0{,}1085.

Teorema Bayes kemudian memberi

P(D\mid +)=\frac{0{,}95(0{,}01)}{0{,}1085} =\frac{0{,}0095}{0{,}1085}\approx0{,}08756.

Untuk hasil negatif, $P(-\mid D)=1-0{,}95=0{,}05$ , dan $P(-\mid D^c)=0{,}90$ . Jadi

P(-)=0{,}05(0{,}01)+0{,}90(0{,}99)=0{,}8915, \qquad P(D\mid -)=\frac{0{,}05(0{,}01)}{0{,}8915}\approx0{,}00056085.

Hasil positif meningkatkan peluang dari satu persen menjadi sekitar 8,76 persen, tetapi tidak menjadi 95 persen; prevalensi rendah membuat positif palsu mendominasi. Perhitungan ini mengandaikan bahwa, setelah status $$D$$ diketahui, mekanisme tes tidak memerlukan variabel lain yang belum dimodelkan. Jika ada kelompok berbeda atau hasil tes berulang, kondisi tambahan harus dimasukkan; independensi tanpa menyebut kondisi dapat menghasilkan penerapan teorema Bayes yang salah.

Masalah 3 — ekspektasi melalui indikator dan rumus LOTUS

Peubah acak $$X$$ mempunyai massa

P(X=-1)=\frac14,\qquad P(X=0)=\frac12,\qquad P(X=2)=\frac14.

Di sini, LOTUS adalah aturan untuk menghitung $$E[g(X)]$$ langsung dari distribusi $$X$$ , tanpa terlebih dahulu menurunkan distribusi $$g(X)$$ .

Hitung $$E[X]$$ , $$E[X^2]$$ , dan $\operatorname{Var}(X)$ .
Dengan $$Y=3X^2-2X+1$$ , hitung $$E[Y]$$ memakai LOTUS, tanpa terlebih dahulu mencari distribusi $$Y$$ .
Jika $I=\mathbf 1\{X>0\}$ , hitung $$E[I]$$ dan $\operatorname{Cov}(I,X)$ .

Petunjuk 1

Untuk peubah diskret, $E[g(X)]=\sum_x g(x)P(X=x)$ . Varians adalah $$E[X^2]-(E[X])^2$$ , bukan $$E[X^2]$$ .

Petunjuk 2

Indikator $$I$$ bernilai satu hanya pada $$X=2$$ . Hitung $$E[IX]$$ secara langsung, lalu gunakan $\operatorname{Cov}(I,X)=E[IX]-E[I]E[X]$ .

Jawaban singkat

$$E[X]=1/4$$ , $$E[X^2]=5/4$$ , dan $\operatorname{Var}(X)=19/16$ . LOTUS memberi $$E[Y]=17/4$$ . Selanjutnya $$E[I]=1/4$$ , $$E[IX]=1/2$$ , dan $\operatorname{Cov}(I,X)=7/16$ .

Solusi lengkap

Jumlahkan kontribusi tiap atom:

E[X]=(-1)\frac14+0\frac12+2\frac14=\frac14,

E[X^2]=1\frac14+0+4\frac14=\frac54.

Maka

\operatorname{Var}(X)=\frac54-\left(\frac14\right)^2 =\frac{20-1}{16}=\frac{19}{16}.

LOTUS menghindari kebutuhan mengelompokkan nilai $$Y$$ . Nilai fungsi pada $$x=-1,0,2$$ berturut-turut adalah $$6,1,9$$ , sehingga

E[Y]=6\frac14+1\frac12+9\frac14 =\frac{6+2+9}{4}=\frac{17}{4}.

Indikator $$I=1$$ tepat ketika $$X=2$$ , jadi $$E[I]=P(X=2)=1/4$$ . Selain itu, $$IX=2$$ pada atom tersebut dan nol pada dua atom lain, maka $$E[IX]=2(1/4)=1/2$$ . Dengan demikian

\operatorname{Cov}(I,X)=\frac12-\frac14\frac14 =\frac{8-1}{16}=\frac{7}{16}.

Perhitungan juga menunjukkan pentingnya memeriksa substitusi numerik di setiap langkah: ekspektasi fungsi tidak sama dengan fungsi ekspektasi secara umum.

Masalah 4 — varians kombinasi dan kovarians

Diberikan $$E[X]=2$$ , $$E[Y]=-1$$ , $\operatorname{Var}(X)=4$ , $\operatorname{Var}(Y)=9$ , dan $\operatorname{Cov}(X,Y)=1$ .

Hitung $$E[Z]$$ dan $\operatorname{Var}(Z)$ untuk $$Z=2X-3Y+4$$ .
Hitung korelasi $\rho_{X,Y}$ .
Berikan contoh singkat yang menunjukkan bahwa kovarians nol tidak selalu berarti independensi.

Petunjuk 1

Konstanta mengubah ekspektasi tetapi tidak varians. Gunakan $\operatorname{Var}(aX+bY)=a^2\operatorname{Var}(X)+b^2\operatorname{Var}(Y)+2ab\operatorname{Cov}(X,Y)$ .

Petunjuk 2

Korelasi membagi kovarians dengan $\sqrt{\operatorname{Var}(X)\operatorname{Var}(Y)}$ . Untuk contoh, ambil $$U$$ simetris terhadap nol dan bandingkan $$U$$ dengan $$U^2$$ .

Jawaban singkat

$$E[Z]=11$$ dan $\operatorname{Var}(Z)=4(4)+9(9)-12(1)=85$ . Korelasi adalah $$1/6$$ . Contoh kovarians nol tetapi dependen adalah $U\sim\operatorname{Uniform}(-1,1)$ dan $$V=U^2$$ ; $$E[UV]=0$$ , tetapi $$V$$ ditentukan oleh $$U$$ .

Solusi lengkap

Linearitas ekspektasi menghasilkan

\[E[Z]=2E[X]-3E[Y]+4=2(2)-3(-1)+4=11.\]

Untuk varians, koefisiennya adalah $$a=2$$ dan $$b=-3$$ , sehingga suku silang adalah $2ab\operatorname{Cov}(X,Y)=2(2)(-3)(1)=-12$ . Maka

\operatorname{Var}(Z)=2^2(4)+(-3)^2(9)-12=16+81-12=85.

Korelasi dihitung sebagai

\rho_{X,Y}=\frac{1}{\sqrt{4\cdot9}}=\frac16.

Untuk contoh terakhir, simetri $$U$$ memberi $$E[U^3]=0$$ , sehingga $\operatorname{Cov}(U,U^2)=E[U^3]-E[U]E[U^2]=0$ . Namun $$V=U^2$$ bukan independen dari $$U$$ : mengetahui $$U$$ menentukan $$V$$ . Jadi korelasi nol hanya menyatakan tidak ada hubungan linear, bukan independensi probabilistik secara umum.

Masalah 5 — binomial dan geometri

Dalam suatu barisan tak hingga percobaan Bernoulli independen dengan peluang sukses $$p=0{,}3$$ , misalkan $$X$$ adalah jumlah sukses pada sepuluh percobaan pertama dan $$G$$ adalah nomor percobaan saat sukses pertama terjadi.

Hitung $$P(X=2)$$ , $$E[X]$$ , dan $\operatorname{Var}(X)$ .
Dengan konvensi $G\in\{1,2,\ldots\}$ , hitung $$P(G=4)$$ , $$P(G>4)$$ , dan $$E[G]$$ .
Jelaskan mengapa $$X$$ dan $$G$$ bukan dua cara menamai peubah acak yang sama.

Petunjuk 1

Untuk $$X$$ , pilih dua dari sepuluh posisi sukses. Untuk $$G$$ , tiga percobaan pertama harus gagal sebelum sukses pada percobaan keempat.

Petunjuk 2

Distribusi geometri dengan dukungan yang dimulai dari satu mempunyai massa $P(G=k)=(1-p)^{k-1}p$ dan rataan $$1/p$$ .

Jawaban singkat

$P(X=2)=\binom{10}{2}(0{,}3)^2(0{,}7)^8\approx0{,}233474$ , $$E[X]=3$$ , dan $\operatorname{Var}(X)=2{,}1$ . Selain itu $P(G=4)=0{,}7^3(0{,}3)=0{,}1029$ , $P(G>4)=0{,}7^4=0{,}2401$ , dan $$E[G]=10/3$$ .

Solusi lengkap

Hitungan sukses mempunyai distribusi $\operatorname{Binomial}(10,0{,}3)$ . Karena dua posisi sukses dapat dipilih dalam $\binom{10}{2}=45$ cara,

P(X=2)=45(0{,}3)^2(0{,}7)^8\approx0{,}233474.

Rataan dan varians binomial adalah $$np=10(0{,}3)=3$$ dan $$np(1-p)=10(0{,}3)(0{,}7)=2{,}1$$ .

Sukses pertama adalah peubah geometri, bukan hitungan dalam sepuluh percobaan. Untuk $$k=4$$ , tiga kegagalan diikuti sukses, sehingga

P(G=4)=(0{,}7)^3(0{,}3)=0{,}1029.

Peristiwa $$G>4$$ berarti empat percobaan pertama semuanya gagal, sehingga $P(G>4)=0{,}7^4=0{,}2401$ . Penjumlahan ekor geometri atau rumus standar memberi $$E[G]=1/p=10/3$$ . $$X$$ mengukur banyaknya sukses dalam sejumlah percobaan yang tetap, sedangkan $$G$$ mengukur waktu sampai sukses pertama dan dapat bernilai lebih dari sepuluh. Memilih distribusi yang salah akan mengubah baik fungsi kemungkinan maupun varians pengambilan sampel.

Masalah 6 — transformasi peubah kontinu

Misalkan $X\sim\operatorname{Uniform}(0,1)$ dan $Y=-\log X$ .

Tentukan fungsi distribusi dan densitas $$Y$$ pada domain yang benar.
Hitung $$E[Y]$$ dan $\operatorname{Var}(Y)$ .
Verifikasi hasil itu dengan substitusi integral, dan jelaskan mengapa transformasi tidak menghasilkan nilai $$Y<0$$ .

Petunjuk 1

Untuk $y\ge0$ , kejadian $Y\le y$ ekuivalen dengan $X\ge e^{-y}$ . Inversnya adalah $x=e^{-y}$ dengan turunan mutlak $e^{-y}$ .

Petunjuk 2

Gunakan integral $\int_0^\infty ye^{-y}\,dy=1$ dan $\int_0^\infty y^2e^{-y}\,dy=2$ , misalnya melalui integrasi parsial.

Jawaban singkat

$$F_Y(y)=0$$ untuk $$y<0$$ dan $F_Y(y)=1-e^{-y}$ untuk $y\ge0$ ; jadi $f_Y(y)=e^{-y}\mathbf1\{y\ge0\}$ . Dengan demikian, $Y\sim\operatorname{Exponential}(1)$ , $$E[Y]=1$$ , dan $\operatorname{Var}(Y)=1$ .

Solusi lengkap

Karena $$0<X<1$$ , maka $-\log X>0$ . Untuk $$y<0$$ , peluang $Y\le y$ adalah nol. Untuk $y\ge0$ ,

F_Y(y)=P(-\log X\le y)=P(X\ge e^{-y})=1-e^{-y},

karena $$X$$ seragam pada interval satuan. Dengan mendiferensiasikan, diperoleh $f_Y(y)=e^{-y}$ pada $$y>0$$ dan $$f_Y(y)=0$$ di luar domain tersebut. Rumus Jacobian memberikan hasil yang sama: invers $x=e^{-y}$ mempunyai $|dx/dy|=e^{-y}$ .

Momen diperoleh dari integral Gamma sederhana,

E[Y]=\int_0^\infty ye^{-y}\,dy=1, \qquad E[Y^2]=\int_0^\infty y^2e^{-y}\,dy=2.

Maka $\operatorname{Var}(Y)=2-1^2=1$ . Batas domain merupakan bagian dari densitas; memakai $e^{-y}$ pada seluruh garis real akan menghasilkan integral tak hingga dan bukan distribusi probabilitas. Pemeriksaan domain ini penting ketika mengubah parameter atau statistik pada langkah inferensi.

Masalah 7 — LLN, CLT, dan peluang rataan sampel

Misalkan $X_1,\ldots,X_{100}$ saling bebas dan berdistribusi identik (iid) menurut $\operatorname{Bernoulli}(0{,}3)$ , dan $\bar X=100^{-1}\sum_iX_i$ .

Nyatakan limit LLN untuk $\bar X$ dan hitung $E[\bar X]$ serta $\operatorname{Var}(\bar X)$ .
Gunakan CLT untuk mengaproksimasi $P(\bar X>0{,}4)$ tanpa koreksi kontinuitas.
Jelaskan perbedaan klaim probabilistik LLN dan CLT, serta kapan aproksimasi Normal mungkin buruk.

Petunjuk 1

Varians satu observasi adalah $$p(1-p)=0{,}21$$ , sedangkan varians rataan dibagi $$100$$ . Standarkan ambang $$0{,}4$$ dengan simpangan baku rataan.

Petunjuk 2

Skor bakunya adalah $z=(0{,}4-0{,}3)/\sqrt{0{,}21/100}\approx2{,}182$ . Ekor kanan Normal baku sekitar $$0{,}0146$$ .

Jawaban singkat

LLN memberi $\bar X\to0{,}3$ dalam probabilitas (bahkan hampir pasti pada versi kuat). $E[\bar X]=0{,}3$ dan variansnya $$0{,}0021$$ . CLT memberi $P(\bar X>0{,}4)\approx1-\Phi(2{,}182)\approx0{,}0146$ .

Solusi lengkap

Untuk Bernoulli $$(p)$$ , $E[X_i]=p=0{,}3$ dan $\operatorname{Var}(X_i)=p(1-p)=0{,}21$ . Linearitas dan independensi memberi

E[\bar X]=0{,}3, \qquad \operatorname{Var}(\bar X)=\frac{0{,}21}{100}=0{,}0021.

LLN menyatakan bahwa $\bar X$ mendekati $$0{,}3$$ ketika ukuran sampel tumbuh; secara formal $\bar X_n\xrightarrow{P}0{,}3$ . CLT menyatakan bentuk fluktuasi berskala akar- $$n$$ :

\frac{\sqrt n(\bar X_n-p)}{\sqrt{p(1-p)}}\Rightarrow N(0,1).

Dengan $$n=100$$ , simpangan baku rataan adalah $\sqrt{0{,}21/100}\approx0{,}045826$ . Maka ambang $$0{,}4$$ menghasilkan skor $z=(0{,}4-0{,}3)/0{,}045826\approx2{,}182$ , sehingga peluang ekor kanan sekitar $1-\Phi(2{,}182)=0{,}0146$ .

LLN adalah pernyataan konvergensi ketika $$n$$ menuju tak hingga dan tidak memberikan bentuk distribusi galat pada $$n$$ tertentu. CLT adalah aproksimasi distribusi berskala akar- $$n$$ yang membutuhkan varians berhingga. Pada sampel kecil—khususnya ketika $$p$$ sangat dekat dengan nol atau satu—aproksimasinya dapat buruk. Karena itu angka CLT harus diberi label aproksimasi, bukan identitas eksak.

Masalah 8 — distribusi pengambilan sampel Normal dan pivot khi-kuadrat

Ambil $X_1,\ldots,X_n$ iid $N(\mu,\sigma^2)$ dengan $\sigma^2>0$ . Definisikan $\bar X=n^{-1}\sum_iX_i$ dan $S^2=(n-1)^{-1}\sum_i(X_i-\bar X)^2$ .

Nyatakan distribusi $\bar X$ dan statistik $Q=(n-1)S^2/\sigma^2$ .
Nyatakan hubungan independensi antara $\bar X$ dan $$S^2$$ .
Untuk $$n=16$$ , $\mu=10$ , dan $\sigma=4$ , hitung $P(\bar X>12)$ secara eksak dalam notasi $\Phi$ .
Jelaskan mengapa fakta ini memungkinkan pivot- $$t$$ ketika $\sigma$ tidak diketahui, tetapi tidak otomatis berlaku untuk populasi non-Normal.

Petunjuk 1

Rataan linear Normal memiliki varians $\sigma^2/n$ . Teorema Cochran memberi $Q\sim\chi^2_{n-1}$ dan independensi yang diminta.

Petunjuk 2

Untuk bagian numerik, standarkan $$12$$ memakai simpangan baku $4/\sqrt{16}=1$ . Pivot yang relevan sesudah mengganti $\sigma$ adalah $\sqrt n(\bar X-\mu)/S$ .

Jawaban singkat

$\bar X\sim N(\mu,\sigma^2/n)$ , $Q\sim\chi^2_{n-1}$ , dan keduanya independen. Pada nilai yang diberikan, $P(\bar X>12)=1-\Phi(2)\approx0{,}0228$ . Independensi eksak dan distribusi khi-kuadrat berasal dari asumsi Normal; pada populasi umum, hasilnya hanya asimtotik atau memerlukan syarat tambahan.

Solusi lengkap

Karena kombinasi linear peubah Normal tetap Normal,

\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right).

Dekomposisi ortogonal ruang sampel Normal dan teorema Cochran menghasilkan

Q=\frac{\sum_i(X_i-\bar X)^2}{\sigma^2} =\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1},

dan $$Q$$ independen dari $\bar X$ . Untuk $$n=16$$ , simpangan baku $\bar X$ adalah $4/\sqrt{16}=1$ . Dengan $\mu=10$ ,

P(\bar X>12)=P\left(\frac{\bar X-10}{1}>2\right)=1-\Phi(2) \approx0{,}0228.

Jika $\sigma$ diganti $$S$$ , rasio $\sqrt n(\bar X-\mu)/S$ mempunyai distribusi $t_{n-1}$ karena pembilang Normal baku independen dari akar khi-kuadrat yang dinormalisasi. Independensi eksak itu adalah ciri sampel Normal, bukan konsekuensi LLN saja. Untuk populasi non-Normal, CLT dapat memberi pendekatan untuk rataan, tetapi distribusi tepat $$S^2$$ dan pivot- $$t$$ mungkin tidak berlaku.

Daftar periksa kelulusan

Set ini dikuasai bila Anda dapat menetapkan ruang sampel, menamai apa yang dikondisikan, menghitung momen tanpa mengganti fungsi ekspektasi secara ilegal, dan membedakan identitas eksak dari aproksimasi LLN/CLT. Secara khusus, periksa kembali setiap perhitungan numerik dalam solusi sebelum memakai hasilnya sebagai prasyarat estimasi atau pengujian.