Distribusi Binomial | Rumus Statistik

Distribusi Binomial

Distribusi binomial muncul ketika percobaan bernoulli diulang sebanyak \(n\) kali pengulangan. Dalam setiap pengulangan, peluang sukses selalu sama yaitu \(p,\) dan peluang gagal juga selalu sama yaitu \(1-p.\) Setiap pengulangan bebas secara statistik terhadap pengulangan berikutnya.

Fungsi Padat Peluang


Distribusi binomial merupakan distribusi peluang diskret dengan fungsi peluangnya adalah \[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle\binom{n}{x}p^x\left( 1-p \right)^{n-x}&\;\;\; x=1,2,...,n\\ \\ 0&\;\;\;\text{lainnya} \end{cases} \] Keterangan:
\(p\) adalah peluang sukses,
\(n\) adalah banyaknya pengulangan
\(x\) adalah banyaknya sukses dalam \(n\) kali pengulangan.
\(\displaystyle\binom{n}{x}\) adalah kombinasi atau koefisien binomial, dimana \[ \binom{n}{x}=\frac{n!}{x!(n-x)!}. \]
Sifat-sifat percobaan bernoulli pada distribusi binomial adalah sebagai berikut.
  • Percobaan terdiri dari \(n\) pengulangan,
  • Setiap percobaan hanya memiliki dua peristiwa, seperti ya-tidak, sukses-gagal,
  • Peluang sukses dinyatakan dengan \(p\) dan selalu konstan (tidak berubah) dari satu pengulangan ke pengulangan lainnya, sedangkan peluang gagal adalah \(1-p,\)
  • Tiap pengulangan dengan pengulangan lainnya adalah saling bebas (independen).

Fungsi Distribusi Kumulatif


Fungsi distribusi kumulatif distribusi binomial adalah \[ F(x) = \sum_{k=0}^{x} \binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k} \qquad x=1,2,...,n \]

Mean


Rata-rata (Mean) distribusi binomial adalah \[ E(X)=np. \] Bukti: \[ \begin{aligned} E(X) &= \sum_{x=0}^n xf(x)\\ &=\sum_{x=0}^n x\frac{n!}{x!(n-x)!}p^x(1-p)^{n-x}\\ &=\sum_{x=0}^n x\frac{n(n-1)!}{x(x-1)!(n-x)!}pp^{x-1}(1-p)^{n-x}\\ &=np \sum_{x=0}^n \frac{(n-1)!}{(x-1)!(n-x)!}p^{x-1}(1-p)^{n-x}\\ &=n\end{aligned} \]

Varian


Varian distribusi binomial adalah \[ Var(X) = np(1-p). \] Bukti:\[ \begin{aligned} Var(X)&=E\left(\left[X-E(X)\right ]^2\right )\\ &= E(X^2)-\left [E(X) \right ]^2 \end{aligned} \] Untuk menyelesaikannya, tentukan bagian yang belum diketahui terlebih dahulu, yaitu \( E(X^2).\) \[ \begin{aligned} E(X^2)&= E(X^2)-E(X)+E(X)\\ &=E(X^2-X)+E(X)\\ &=E\left(X(X-1)\right)+E(X) \end{aligned} \] Selesaikan \(E\left(X(X-1) \right ).\) \[ \begin{aligned} E(X(X-1))&= \sum_{x=0}^n x(x-1)f(x) \\ &= \sum_{x=0}^n x(x-1)\frac{n!}{x!(n-x)!}p^x(1-p)^{n-x} \\ &= \sum_{x=0}^n x(x-1)\frac{n(n-1)(n-2)!}{x(x-1)(x-2)!(n-x)!}p^2p^{x-2}(1-p)^{n-x} \\ &= n(n-1)p^2 \sum_{x=0}^n \frac{(n-2)!}{(x-2)!(n-x)!}p^{x-2}(1-p)^{n-x} \\ &= n^2p^2-np^2 \end{aligned} \] Selanjutnya, \[ \begin{aligned} E(X^2) &= n^2p^2-np^2+np\\ &= n^2p^2+np(1-p) \end{aligned} \] Dengan demikian, \[ \begin{aligned} Var(X) &= n^2p^2+np(1-p) (np)^2\\ &= np(1-p) \end{aligned} \]

Fungsi Pembangkit Momen (MGF)


Fungsi pembangkit momen distribusi bernoulli adalah \[ M_x(t)=\left(1-p+pe^t\right)^n. \] Bukti: \[ \begin{aligned} M_x(t) &= E(e^{tx}) \\ &=\sum_{x=0}^{n}e^{tx}f(x) \\ &=\sum_{x=0}^{n}e^{tx}\binom{n}{x}p^x \left( 1-p \right)^{n-x} \\ &=\sum_{x=0}^{n}e^{tx}\frac{n!}{x!(n-x)!}p^x \left( 1-p \right)^{n-x} \\ &=\sum_{x=0}^{n}\frac{n!}{x!(n-x)!}{(pe^t)}^x \left( 1-p \right)^{n-x} \end{aligned} \] Persamaan tersebut dapat diselesaikan dengan menggunakan teorema binomial newton, sehingga \[ \begin{aligned} M_x(t)&={(pe^t+1-p)}^{x+n-x}\\ &={(1-p+pe^t)}^n \end{aligned} \] Selanjutnya dapat diperoleh juga \[ \begin{aligned} M'_x &= npe^t \left ( 1-p+pe^t \right )^{n-1} \\ M''_x &= n(n-1){(pe^t)}^2{(1-p+pe^t)}^{n-2}\\ &\;\;\;\;+ npe^t \left ( 1-p+pe^t \right )^{n-1} \end{aligned} \] Momen-momen mentahnya (raw moments) adalah \[ \begin{aligned} \mu'_1 &= np \\ \mu'_2 &= np(1-p+np)\\ \mu'_3 &= np(1-3p+3np+2p^2-3np^2+n^2p^2)\\ \mu'_4 &= np(1-7p+7np+12p^2-18np^2+6n^2p^2\\ &\;\;\;\;-6p^3+11np^3-6n^2p^3+n^3p^3 \end{aligned} \] dan momen-momen pusat central moments \[ \begin{aligned} \mu_1 &= np \\ \mu_2 &= np(1-p)\\ \mu_3 &= np(1-p)(1-2p)\\ \mu_4 &= np(1-p)\left [ 3p^2(2-n)+3p(n-2)+1 \right ] \end{aligned} \]

Kemencengan (Skewness)


Kemencengan (Skewness) dari distribusi binomial adalah \[ \displaystyle\gamma_1 = \frac{1-2p}{\sqrt{np(1-p)}}. \] Bukti: \[ \begin{aligned} \gamma_1&= E\left(\left[\frac{X-E(X)}{\sqrt{Var(X)}}\right]^3\right)\\ &=\frac{\mu_3}{\sqrt{\mu_2^3}}\\ &=\frac{(1-2p)}{\sqrt{np(1-p)}} \end{aligned} \]

Keruncingan (kurtosis)


Keruncingan (kurtosis) dari distribusi binomial adalah \[ \displaystyle\gamma_2 = \frac{6p^2-6p+1}{np(1-p)} \] Bukti: \[ \begin{aligned} \gamma_2 &= E\left(\left[\frac{X-E(X)}{\sqrt{Var(X)}}\right ]^4\right )\\ &= \frac{\mu_4}{\sqrt{\mu_2^4}}\\ &= \frac{3p^2(2-n)+3p(n-2)+1}{\sqrt {np(1-p)}}+3\\ &= \frac{6np^2-6p+1}{np(1-p)} \end{aligned} \]

Fungsi Karakteristik

\[ \varphi_x(t)=\left(1-p+pe^{it}\right)^n \]

Fungsi Pembangkit Peluang

\[ G_x(t)=\left(1-p+p^t \right)^n \]

Hubungan dengan Fungsi Beta


Peluang yang mengandung banyak sukses dari \(n\) observasi dari distribusi binomial adalah \[ \begin{aligned} P&=\sum_{k=x+1}^{n}\binom{n}{k}p^k{(1-p)}^{n-k}\\ &=I_p(x+1,n-x) \end{aligned} \] dimana \[ I_x(a,b)\equiv\frac{B(x;a,b)}{B(a,b)}. \] \(B(a,b)\) adalah fungsi beta (beta function) dan \(B(x;a,b)\) adalah fungsi beta tak lengkap (incomplete beta function).


Soal dan Pembahasan


Contoh Soal No. 1

Dalam sebuah kotak terdapat 7 bola yang 3 diantaranya berwarna merah. Jika dari dalam kotak diambil bola satu per satu sampai dengan 3 kali, dimana setelah pengambilan, bola dikembalikan lagi ke dalam kotak untuk pengambilan berikutnya. Hitunglah peluang terambilnya bola merah sebanyak
a. satu kali?
b. dua kali?
c. tiga kali?
d. tidak bola warna merah terambil?

Jawab:

Soal tersebut diselesaikan dengan distribusi binomial, bukan distribusi hipergeometrik, sebab pengambilan sampel yang dilakukan adalah pengambilan sampel denga pengembalian. Dari soal tersebut diketahui \(N=7\) dan \(k=3,\) sehingga \(p=3/7.\)

a. satu kali \[\begin{aligned} P(X=x)=f(x)&=\binom{n}{x}p^x{(1-p)}^{n-x}\\ P(X=1)=f(1)&=\binom{3}{1}\left(\frac{3}{7}\right)^1{\left(1-\frac{3}{7}\right)}^{3-1}\\ &=\frac{3!}{1!2!}\left(\frac{3}{7}\right){\left(1-\frac{3}{7}\right)}^2\\ &=(3)(0\text{,}429)(0\text{,}327)\\ &=0\text{,}187 \end{aligned}\] b. dua kali \[\begin{aligned} P(X=2)=f(2)&=\binom{3}{2}\left(\frac{3}{7}\right)^2{\left(1-\frac{3}{7}\right)}^{3-2}\\ &=\frac{3!}{2!1!}\left(\frac{3}{7}\right)^2{\left(1-\frac{3}{7}\right)}\\ &=(3)(0\text{,}184)(0\text{,}571)\\ &=0\text{,}315 \end{aligned}\] c. tiga kali \[\begin{aligned} P(X=3)=f(3)&=\binom{3}{3}\left(\frac{3}{7}\right)^3{\left(1-\frac{3}{7}\right)}^{3-3}\\ &=\frac{3!}{3!0!}\left(\frac{3}{7}\right)^3{\left(1-\frac{3}{7}\right)}\\ &=(1)(0\text{,}079)(1)\\ &=0\text{,}079 \end{aligned}\] c. tidak bola warna merah terambil \[\begin{aligned} P(X=0)=f(0)&=\binom{3}{0}\left(\frac{3}{7}\right)^0{\left(1-\frac{3}{7}\right)}^{3-0}\\ &=\frac{3!}{0!3!}\left(\frac{3}{7}\right)^0{\left(1-\frac{3}{7}\right)}^3\\ &=(1)(1)(0\text{,}187)\\ &=0\text{,}187 \end{aligned}\]
Contoh Soal No. 2

Sebuah mata uang logam dilempar sebanyak 4 kali. Berapa peluang munculnya sisi gambar sebanyak:
a. sekali?
b. dua kali?
c. tiga kali?
d. empat kali?
e. tidak sekali pun muncul?

Jawab:

Dari soal diketahui \(n=4\) dan peluang munculnya gambar adalah \(p=\displaystyle\frac{1}{2},\) dengan demikian peluang munculnya sisi gambar

a. sekali \[\begin{aligned} P(X=x)=f(x)&=\binom{n}{x}p^x{(1-p)}^{n-x}\\ P(X=1)=f(1)&=\binom{4}{1}\left(\frac{1}{2}\right)^1{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^{4-1}\\ &=\frac{4!}{1!3!}\left(\frac{1}{2}\right)^1{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^3\\ &=(4)(0\text{,}5)(0\text{,}125)\\ &=0\text{,}250 \end{aligned}\] b. dua kali \[\begin{aligned} P(X=2)=f(2)&=\binom{4}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^{4-2}\\ &=\frac{4!}{2!2!}\left(\frac{1}{2}\right)^2{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^2\\ &=(6)(0\text{,}25)(0\text{,}25)\\ &=0\text{,}375 \end{aligned}\] c. tiga kali \[\begin{aligned} P(X=3)=f(3)&=\binom{4}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^3{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^{4-3}\\ &=\frac{4!}{3!1!}\left(\frac{1}{2}\right)^3{\left(1-\frac{1}{2}\right)}\\ &=(4)(0\text{,}125)(0\text{,}5)\\ &=0\text{,}25 \end{aligned}\] d. empat kali \[\begin{aligned} P(X=4)=f(4)&=\binom{4}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^4{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^{4-4}\\ &=\frac{4!}{4!0!}\left(\frac{1}{2}\right)^4{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^0\\ &=(1)(0\text{,}063)(1)\\ &=0\text{,}063 \end{aligned}\] d. tidak sekali pun muncul \[\begin{aligned} P(X=0)=f(0)&=\binom{4}{0}\left(\frac{1}{2}\right)^0{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^{4-0}\\ &=\frac{4!}{0!4!}\left(\frac{1}{2}\right)^0{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^4\\ &=(1)(1)(0\text{,}063)\\ &=0\text{,}063 \end{aligned}\]
Contoh Soal No. 3

Dalam suatu pertandingan, peluang Ronaldo dapat mencetak gol adalah 5/6, jika ronaldo diberi kesempatan menendang sebanyak 5 kali. Tentukan besar peluang Ronaldo mencetak 4 kali gol!

Jawab

Diketahui \(p=\frac{5}{6}\) dan \(n=5\) maka \(P(X)=4\) adalah \[ \begin{aligned} P(X=x)&=\binom{n}{x}p^x \left(1-p\right)^{n-x}\\ P(X=4)&=\binom{5}{4}\left(\frac{5}{6}\right)^4 \left(1-\frac{5}{6}\right)^{5-4}\\ &=0\text{,}40 \end{aligned} \]
Contoh Soal No. 4

Misalkan sebuah mata uang memiliki dua sisi yaitu Muka (M) dan Belakang (B) yang akan diundi sebanyak 6 kali. Berapakah peluang pada undian akan muncul:
a. Ada dua sisi M
b. Ada lebih dari dua sisi M

Jawab

a. Ada dua sisi M

Diketahui peluang muncul M untuk satu kali pelemparan adalah 1/2 \((p=12)\) dan banyaknya pelemparan adalah 6 kali \((n=6).\) Peluang muncul dua sisi M adalah \[ \begin{aligned} P(X=2)&=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}\\ &=\binom{6}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(1-\frac{1}{2}\right)^{6-2}\\ &=\frac{6!}{2!(6-2)!}\frac{1}{2^2}\frac{1}{2^4}\\ &=\frac{15}{64} \end{aligned} \] b. Ada lebih dari dua sisi M

Peluang muncul besar dari dua sisi M adalah \[ \begin{aligned} P(X>2)&=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)\\ &=\frac{20}{64}+\frac{15}{64}+\frac{6}{64}+\frac{1}{64}\\ &=\frac{21}{32} \end{aligned} \]

2 Komentar untuk "Distribusi Binomial"

Selamat siang admin, mau nanya
Bedanya fungsi pembangkit momen, fungsi karakteristik dan fungsi pembangkit peluang apa ya??
dab kegunaan dari pembangkit momen, fungsi karakteristik dan fungsi pembangkit peluang untuk apa?

Terima kasih

Fungsi karakteristik merupakan perluasan dari fungsi pembangkit momen. Fungsi karakteristik suatu distribusi selalu ada, sedangkan fungsi pembangkit momennya bisa saja tidak ada. Hal ini karena ruang lingkup fungsi pembangkit momen terbatas pada ruang ril saja, sedangkan fungsi karakteristik memiliki lingkup yang lebih komplek yaitu mencakup bilangan imajiner.