Fungsi Pembangkit Momen [PDF]

Citation preview

FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN UNTUK MEMENUHI TUGAS MATAKULIAH Statistika Matematika Yang dibina oleh Bapak Hendro Permadi



Oleh : Intan Putri Natari



120311418961



Nurroh Fitri A



120312419469



Reza Taufikurachman



120312419470



Rizky Abadi C



120312419473



Wasilatun Nafiah



120311419001



Kelompok 8 Off G/ 2012



UNIVERSITAS NEGERI MALANG FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM JURUSAN S1 MATEMATIKA Maret 2014



Fungsi Pembangkit Momen



Definisi 2.6.1 𝑀𝑥 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑋 )



Misal



X



suatu



peubah



acak.



Maka



nilai



ekspetasi



disebut fungsi pembangkit momen dari X jika nilai ekspetasi



tersebut ada pada selang −ℎ < 𝑡 < ℎ , untuk suatu ℎ > 0. Untuk selanjutnya, fungsi pembangkit momen ini ditulis sebagai mgf, yang



merupakan



singkatan



dari



moment



generating



function.



Jika



tidak



menimbulkan kerancuan, yaitu dalam hal kita hanya menghadapi satu peubah acak, maka mgf ini cukup ditulis sebagai 𝑀(𝑡). Untuk fungsi pembangkit momen berakibat : jika X peubah acak diskret maka 𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥) , 𝑥



dan jika X peubah acak kontinu maka ∞



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞



Khususnya untuk



𝑡 = 0, kita mempunyai



𝑀(0) = 1. Jelas bahwa mgf ada pada kitaran



(neighborhood) terbuka dari 0. Oleh karena itu jika mgf ada, maka dia haruslah ada pada selang terbuka sekitar 0. Meskipun demikian mgf dari suatu sebaran tidak selalu ada. Contoh 2.6.1 Misal X peubah acak diskret dengan pdf (𝑥2) 𝑓(𝑥) = 𝐼(𝑥 = 0,1,2) 4 Maka mgf dari X adalah 1 2 1 1 2 1 𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑡.0 . + 𝑒 𝑡.1 . + 𝑒 𝑡.2 . = + 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 4 4 4 4 4 4 𝑥



Contoh 2.6.2 Misal seseorang menunggu suatu bus pada tempat tertentu. Misal bus aka lewat tempat tersebut setiap 15 menit. Jika waktu tunggu dinyatakan sebagai peubah acak X, maka pdf-nya adalah 𝑓(𝑥) =



1 𝐼(0 < 𝑥 < 15) 15



Oleh karena itu fungsi pembangkit momen dari X adalah ∞



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 −∞



1 𝑡𝑥 1 1 𝑡𝑥 15 1 [𝑒 15𝑡 − 1] , 𝑡 ≠ 0 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 𝑑𝑥 = [ 𝑒 ] = 15 15 𝑡 15𝑡 0 0 15



𝑡𝑥



Misal X dan Y dua peubah acak yang mempunyai mgf. Jika X dan Y mempunyai cdf yang sama, yaitu



𝐹𝑋 (𝑧) = 𝐹𝑌 (𝑧) untuk semua z, maka tentu 𝑀𝑋 (𝑡) = 𝑀𝑌 (𝑡) dalam



kitaran terbuka 0, dan sebaliknya berlaku benar. Ini berarti mgf dari suatu sebaran, jika ada, dia adalah tunggal. Pernyataan tersebut disajikan pada teorema berikut Teorema 2.6.1



Misal X dan Y dua peubah acak dengan mgf berturut-turut



𝑀𝑋 (𝑡) dan 𝑀𝑌 (𝑡), ada dalam kitaran terbuka 0. Maka 𝐹𝑋 (𝑧) = 𝐹𝑌 (𝑧) untuk semua 𝑧 ∈ 𝑅 jika dan hanya jika 𝑀𝑋 (𝑡) = 𝑀𝑌 (𝑡) untuk semua 𝑡 ∈ (−ℎ, ℎ) untuk suatu ℎ > 0. Contoh 2.6.3 Misal peubah acak X mempunyai mgf 𝑀(𝑡) =



1 𝑡 2 2𝑡 3 4 𝑒 + 𝑒 + 𝑒 3𝑡 + 𝑒 4𝑡 10 10 10 10



untuk semua bilangan real t . JIka kita misalkan f



mempunyai pdf dari X dan misal



𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, … merupakan titik-titik diskret dalam ruang peubah acak X sehingga 𝑓(𝑥) > 0 , maka 𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥) 𝑥



Oleh karena itu 1 𝑡 2 3 3𝑡 4 𝑒 + 𝑒 2𝑡 + 𝑒 + 𝑒 4𝑡 = 𝑓(𝑎)𝑒 𝑎𝑡 + 𝑓(𝑏)𝑒 𝑏𝑡 + 𝑓(𝑐)𝑒 𝑐𝑡 + 𝑓(𝑑)𝑒 𝑑𝑡 10 10 10 10 Karena kesamaan ini merupakan suatu identitas, yaitu berlaku untuk semua bilangan real t, maka ita peroleh



𝑎 = 1, 𝑓(𝑎) =



1 2 3 4 , 𝑏 = 2, 𝑓(𝑏) = , 𝑐 = 3, 𝑓(𝑐) = , 𝑑 = 4, 𝑓(𝑑) = 10 10 10 10



Jadi pdf dari X adalah f sehingga 𝑓(𝑥) =



𝑥 𝐼(𝑥 = 1,2,3,4) 10



Contoh 2.6.4 Misal kontinu X mempunyai mgf 𝑀(𝑡) =



1 , (𝑡 < 1) (1 − 𝑡)2



Oleh karena itu ∞ 1 = ∫ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, (𝑡 < 1) (1 − 𝑡)2 −∞



Umumnya tidak mudah untuk menentukan 𝑓(𝑥). Namun dalam contoh ini kita mudah melihat bahwa pdf dari X 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑒 −𝑥 𝐼(0 < 𝑥 < ∞)



Teorema 2.6.2



Misal mgf dari peubah acak X ada. Maka



(𝐢) 𝐸(𝑋 𝑟 ) = 𝑀𝑟 (0),



𝑟 = 1, 2, 3, …



∞



𝐸(𝑋 𝑟 )𝑡 𝑟 (𝐢𝐢) 𝑀(𝑡) = 1 + ∑ 𝑟! 𝑟=1



Bukti Bukti untuk kasus peubah acak X kontinu. Kita mulai dengan membuktikan bagian pertama, mgf dari X dapat kita tulis seperti berikut ∞



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞



Jika mgf tersebut ada, maka turunan pertamanya adalah ∞



𝑀′(𝑡) = ∫ 𝑥𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞



Oleh karena itu, ∞



∞



𝑀′ (0) = ∫ 𝑥𝑒 0𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐸(𝑋) −∞



−∞



Turunan keduanya adalah ∞



𝑀



′′(0)



∞ 2 0𝑥



=∫ 𝑥 𝑒



𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐸(𝑋 2 )



−∞



−∞



Proses ini dapat dilanjutkan sampai ke r dimana 𝑟 = 1, 2, … Oleh karena itu kita peroleh ∞



𝑀𝑟 (𝑡) = ∫ 𝑥 𝑟 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 , −∞



dan 𝑀𝑟 (0) = 𝐸(𝑋 𝑟 ), 𝑟 = 1, 2, … Untuk membuktikan bagian kedua kita gunakan rumus perluasan deret di sekitar nol, yaitu ∞



𝑀′ (0)𝑡 𝑀′′ (0)𝑡 2 𝑀𝑟 (0)𝑡 𝑟 𝑀(𝑡) = 𝑀(0) + + + ⋯ = 𝑀(0) + ∑ 1! 2! 𝑟! 𝑟=1



Karena mgf pada saat 𝑡 = 0 adalah satu, maka kita peroleh ∞



𝑀(𝑡) = 1 + ∑ 𝑟=1



𝑀 (𝑋 𝑟 )𝑡 𝑟 𝑟!



Bentuk 𝑀 (𝑋 𝑟 ) = 𝑀𝑟 (0) disebut sebagai momen ke r di sekitar pusat dari peubah acak X. Inilah alasan bahwa 𝑀(𝑡) disebut fungsi pembangkit momen. Hubungan antara mgf dengan 𝝁 dan 𝝈𝟐



Dengan menggunakan Teorema 2.6.2 bagian (i), maka untuk = 1 , kita peroleh 𝜇 = 𝐸(𝑋) = 𝑀′ (0) Sedangan untuk 𝜎 2 = 𝐸(𝑋 2 ) − [𝐸(𝑋)]2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2



Kembali ke contoh 2.6.1 , 2 2 𝑀′ (𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 4 4 jadi 𝜇 = 𝑀′ (0) =



2 2 + =1 4 4



Untuk memperoleh varians, kita kerjakan 2 2 𝑀′ (𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 4 4 dan 2 4 1 𝑀′′ (𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 4 4 2 Sehingga 𝑀′′ (0) =



1 +1 2



Jadi 1 1 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2 = ( + 1) − 1 = 2 2



Teorema 2.6.3



Misal X dan Y dua peubah acak sehingga 𝑌 = 𝑎𝑋 + 𝑏



maka 𝑀𝑌 (𝑡) = 𝑒 𝑏𝑡 𝑀𝑋 (𝑎𝑡) Bukti 𝑀𝑌 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑌 ) = 𝐸(𝑒 𝑡(𝑎𝑋+𝑏) ) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑎𝑋+𝑡𝑏 ) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑎𝑋 𝑒 𝑡𝑏 ) = 𝑒 𝑏𝑡 𝐸(𝑒 𝑡𝑎𝑋 ) = 𝑒 𝑏𝑡 𝑀𝑋 (𝑎𝑡)



Latihan Soal 2.6



2.6.1 Tunjukkan bahwa mgf dari peubah acak X yang mempunyai pdf 1



𝑓(𝑥) = 3 𝐼(−1 < 𝑥 < 2), adalah 𝑒 2𝑡 − 𝑒 −𝑡 ,𝑡 ≠ 0 𝑀(𝑡) = { 3𝑡 ,𝑡 = 0 1 Jawaban : 2



2



2 𝑡𝑥



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 −1



𝑡𝑥



−1



2.6.2 Misal peubah acak diskret X mempunyai pdf



1 𝑒 𝑡𝑥 𝑒 2𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = [ ] = 3 3𝑡 −1 3𝑡



1 𝑥+1



𝑓(𝑥) = (2)



𝐼(0,1,2, … ).



Tentukan : a. mgf. Petunjuk : gunakan rumus pada deret geometric b. Purata c. Varians Jawaban : a. Mencari mgf 𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥) 𝑥 ∞



𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑥=0



𝑡𝑥



1 𝑥+1 1 1 1 2 1 3 0 𝑡 2𝑡 ( ) =𝑒 ( ) +𝑒 ( ) +𝑒 ( ) +⋯ 2 2 2 2 1 1 𝑡 1 2𝑡 + 𝑒 + 𝑒 +⋯ 2 4 8 1 1 2 𝑀(𝑡) = = 𝑡 1 1 − 2 𝑒𝑡 2 − 𝑒



𝑀(𝑡) =



b. Mencari purata



Karena 𝜇 = 𝑀′ (0) maka akan dicari 𝑀′ (0) 1 2 − 𝑒𝑡



𝑀(𝑡) = 𝑀



1 𝑒𝑡 𝑡 (−𝑒 ) = =− (2 − 𝑒 𝑡 )2 (2 − 𝑒 𝑡 )2



′ (𝑡)



𝑀′ (0) =



𝑒0 1 = =1 0 2 (2 − 𝑒 ) 1



Jadi, 𝜇 = 1 c. Mencari varians Karena 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2, maka akan dicari 𝑀′′ (0) 𝑀′ (𝑡) = 𝑀



′′ (𝑡)



𝑀′′ (0) =



𝑒𝑡 (2 − 𝑒 𝑡 )2



2𝑒 2𝑡 𝑒𝑡 = + (2 − 𝑒 𝑡 )3 (2 − 𝑒 𝑡 )2



2𝑒 0 𝑒0 2 1 + = + =3 0 3 0 2 (2 − 𝑒 ) (2 − 𝑒 ) 1 1



Jadi, 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2 = 3 − 1 = 2



2.6.3 Misal peubah acak diskret X mempunyai pdf



𝑓(𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝐼(𝑥 > 0).



Tentukan : a. mgf b. Purata c. Varians Jawaban : a. Mencari mgf ∞



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞ ∞



𝑀(𝑡) = ∫ 𝑒 𝑒 0



𝑛



𝑛 𝑡𝑥 −𝑥



𝑑𝑥 = lim ∫ 𝑒 𝑛→∞ 0



−(1−𝑡)𝑥



𝑒 −(1−𝑡)𝑥 𝑑𝑥 = lim [ ] 𝑛→∞ 𝑡−1 0



𝑒 −(1−𝑡)𝑛 1 1 𝑀(𝑡) = lim ( − )=− 𝑛→∞ 𝑡−1 𝑡−1 𝑡−1 b. Mencari purata



Karena 𝜇 = 𝑀′ (0) maka akan dicari 𝑀′ (0) 1 𝑡−1 1 𝑀′(𝑡) = (𝑡 − 1)2 𝑀(𝑡) = −



𝑀′(0) =



1 =1 (−1)2



Jadi, 𝜇 = 1 c. Mencari varians Karena 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2, maka akan dicari 𝑀′′ (0) 𝑀′(𝑡) =



1 (𝑡 − 1)2



𝑀′′(𝑡) =



−2 (𝑡 − 1)3



𝑀′′(0) =



−2 =2 (−1)3



Jadi, 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2 = 2 − 1 = 1



2.6.4 Anggap peubah acak diskret X mempunyai mgf 𝑀(𝑡) =



1 𝑡 1 2𝑡 5 5𝑡 𝑒 + 𝑒 + 𝑒 8 4 8



Tentukan : a. Purata



b. Varians



c. pdf



d. P(X=2) e. cdf



Jawaban : a. Mencari purata Karena 𝜇 = 𝑀′ (0) maka akan dicari 𝑀′ (0) 1 𝑡 1 2𝑡 5 5𝑡 𝑒 + 𝑒 + 𝑒 8 4 8 1 2 25 𝑀′(𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 + 𝑒 5𝑡 8 4 8 1 2 25 30 𝑀′ (0) = 𝑒 0 + 𝑒 0 + 𝑒 0 = 8 4 8 8 𝑀(𝑡) =



Jadi, 𝜇 =



30 8



b. Mencari varians



Karena 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2, maka akan dicari 𝑀′′ (0) 1 2 25 𝑀′(𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 + 𝑒 5𝑡 8 4 8 1 4 125 5𝑡 𝑀′′(𝑡) = 𝑒 𝑡 + 𝑒 2𝑡 + 𝑒 8 4 8 1 4 125 0 134 𝑀′′ (0) = 𝑒 0 + 𝑒 0 + 𝑒 = 8 4 8 8 Jadi, 𝜎 2 = 𝑀′′ (0) − [𝑀′ (0)]2 =



134 30 2 1072 − 900 172 43 −( ) = = = 8 8 64 64 16



c. Mencari pdf 𝑀(𝑡) = ∑ 𝑒 𝑡𝑥 𝑓(𝑥) 𝑥



𝑀(𝑡) = maka,



1 𝑡 1 2𝑡 5 5𝑡 𝑒 + 𝑒 + 𝑒 8 4 8 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝐼(1,2,5) 8



d. Mencari P(X=2) 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑓(2) =



2 1 = 8 4



e. Mencari cdf 𝑥



𝐹(𝑥) = ∑ 𝑓(𝑡) −∞



𝐹(𝑥) =



1 3 8 𝐼(𝑥 = 1) + 𝐼(𝑥 = 1; 2) + 𝐼(𝑥 = 1; 2; 5) 8 8 8



2.6.5 Misal peubah acak X mempunyai purata 𝜇, simpangan baku 𝜎 dan mgf 𝑀(𝑡), −ℎ < 𝑡 < ℎ. Tunjukkan bahwa 𝑋−𝜇 𝐸( ) = 0, 𝜎



𝑋−𝜇 2 𝐸 [( ) ] = 1, 𝜎



dan 𝜇 𝑋−𝜇 𝑡 𝐸 {𝑒𝑥𝑝 [𝑡 ( )]} = 𝑒 −𝑡𝜎 𝑀 ( ) , −ℎ𝜎 < 𝑡 < ℎ𝜎 𝜎 𝜎



Jawaban :



i.



𝑋−𝜇



Akan ditunjukkan bahwa 𝐸 (



𝜎



)=0



𝑋−𝜇 𝑋 𝜇 𝑋 𝜇 1 𝜇 𝐸( ) = 𝐸 ( − ) = 𝐸 ( ) − 𝐸 ( ) = 𝐸(𝑋) − 𝜎 𝜎 𝜎 𝜎 𝜎 𝜎 𝜎 Karena 𝜇 = 𝐸(𝑋), maka 𝑋−𝜇 1 𝜇 𝜇−𝜇 𝐸( )= 𝜇− = =0 𝜎 𝜎 𝜎 𝜎 𝑋−𝜇



Jadi terbukti bahwa 𝐸 ( ii.



𝜎



)=0 𝑋−𝜇 2



Akan ditunjukkan bahwa 𝐸 [(



𝜎



) ]=1



𝑋−𝜇 2 𝑋 2 − 2𝑋𝜇 + 𝜇 2 1 𝐸 [( ) ] = 𝐸( ) = 2 (𝐸(𝑋 2 ) − 𝐸(2𝑋𝜇) + 𝐸(𝜇 2 )) 2 𝜎 𝜎 𝜎 1 1 2 2) (𝐸(𝑋 (𝐸(𝑋 2 ) − 2𝜇 2 + 𝜇 2 ) ) − 2𝜇𝐸(𝑋) + 𝜇 = 𝜎2 𝜎2 1 = 2 (𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 ) 𝜎 Karena 𝜎 2 = 𝐸(𝑋 2 ) − [𝐸(𝑋)]2 = 𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 , maka =



𝑋−𝜇 2 1 1 𝐸 [( ) ] = 2 (𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 ) = 2 (𝜎 2 ) = 1 𝜎 𝜎 𝜎 𝑋−𝜇 2



Jadi, terbukti bahwa 𝐸 [(



iii.



𝜎



) ]=1



Akan ditunjukkan bahwa 𝐸 {𝑒𝑥𝑝 [𝑡 (



𝑋−𝜇 𝜎



𝜇



𝑡



)]} = 𝑒 −𝑡𝜎 𝑀 (𝜎) , −ℎ𝜎 < 𝑡 < ℎ𝜎



𝑋−𝜇 𝑡 −𝑡𝜇 −𝑡𝜇 𝑋−𝜇 𝑡 𝑡( ) 𝐸 {𝑒𝑥𝑝 [𝑡 ( )]} = 𝐸 (𝑒 𝜎 ) = 𝐸 (𝑒 𝜎𝑋 . 𝑒 𝜎 ) = 𝑒 𝜎 . 𝑀 ( ) 𝜎 𝜎



Jadi, terbukti bahwa 𝐸 {𝑒𝑥𝑝 [𝑡 (



𝑋−𝜇 𝜎



𝜇



𝑡



)]} = 𝑒 −𝑡𝜎 𝑀 (𝜎)



2.6.6 Misal X peubah acak dengan mgf 𝑀(𝑡), −ℎ < 𝑡 < ℎ. Buktikan bahwa 𝑃(𝑋 ≥ 𝑎) ≤ 𝑒 −𝑎𝑡 𝑀(𝑡),



0 < 𝑡 < ℎ,



𝑃(𝑋 ≤ 𝑎) ≤ 𝑒 −𝑎𝑡 𝑀(𝑡),



−ℎ < 𝑡 < 0



dan Petunjuk : Misalkan 𝑢(𝑋) = 𝑒 𝑡𝑥 dan 𝑐 = 𝑒 𝑡𝑎 dalam teorema 2.5.4



Jawaban : Misal 𝑢(𝑋) = 𝑒 𝑡𝑋 dan 𝑐 = 𝑒 𝑡𝑎



𝑃[𝑢(𝑋) ≥ 𝑐] ≤



𝐸[𝑢(𝑋)] 𝑐



maka 𝑃[𝑒



𝑡𝑋



≥𝑒



𝑡𝑎 ]



𝐸[𝑒 𝑡𝑋 ] ≤ 𝑒 𝑡𝑎



karena 𝐸[𝑒 𝑡𝑋 ] = 𝑀(𝑡) , maka 𝑃[𝑒 𝑡𝑋 ≥ 𝑒 𝑡𝑎 ] ≤



𝑀(𝑡) = 𝑒 −𝑡𝑎 . 𝑀(𝑡) 𝑒 𝑡𝑎



karena 𝑒 𝑡𝑋 ≥ 𝑒 𝑡𝑎 , maka 𝑡𝑥 ≥ 𝑡𝑎. Sehingga i. Untuk 0 < 𝑡 < ℎ 𝑡𝑋 ≥ 𝑡𝑎 ⇔ 𝑋 ≥ 𝑎 Jadi, 𝑃[𝑋 ≥ 𝑎] ≤ 𝑒 −𝑡𝑎 . 𝑀(𝑡) ii. Untuk −ℎ < 𝑡 < 0 𝑡𝑋 ≥ 𝑡𝑎 ⇔ 𝑋 ≤ 𝑎 Jadi, 𝑃[𝑋 ≤ 𝑎] ≤ 𝑒 −𝑡𝑎 . 𝑀(𝑡) 2.6.7 Misal mgf dari X ada untuk semua t dan diberikan oleh 𝑀(𝑡) =



𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 , 𝑡 ≠ 0, 𝑀(0) = 1 2𝑡



Gunakan latihan 2.6.7 untuk menentukan 𝑃[𝑋 ≥ 1] dan 𝑃[𝑋 ≤ −1] Jawaban : i. 𝑃[𝑋 ≥ 𝑎] ≤ 𝑒 −𝑡𝑎 . 𝑀(𝑡) 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 𝑒 𝑡−𝑡 − 𝑒 −𝑡−𝑡 1 − 𝑒 −2𝑡 𝑃[𝑋 ≥ 1] ≤ 𝑒 . = = , 2𝑡 2𝑡 2𝑡 −𝑡



𝑡≠0



ii. 𝑃[𝑋 ≤ 𝑎] ≤ 𝑒 −𝑡𝑎 . 𝑀(𝑡) 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 𝑒 𝑡+𝑡 − 𝑒 −𝑡+𝑡 𝑒 2𝑡 − 1 𝑃[𝑋 ≤ −1] ≤ 𝑒 . = = , 2𝑡 2𝑡 2𝑡 𝑡



𝑡≠0