📊 2.5 — Distribusi Diskrit Umum

≡Ringkasan Cepat›

Topik: Distribusi Diskrit Umum (Bernoulli, Binomial, Poisson, Geometrik, Hipergeometrik, Binomial Negatif) | Bobot: ~25–35% | Difficulty: Calculation-Intensive Ref: Hogg-Tanis-Zimm (2015) Bab 2.2–2.5, 3.1–3.3; Miller et al. (2014) Bab 5.1–5.7, 6.1–6.5, 7.1–7.3 | Prereq: 2.1 Variabel Acak Diskrit, 2.3 Fungsi Pembangkit, 1.3 Metode Enumerasi

Section 0 — Pemetaan Topik

Topik CF2	Sub-topik ID	Skill Diuji	Bobot	Difficulty	Prerequisite	Connected Topics	Referensi
Topik 2: Variabel Acak Univariat	2.5	Mengidentifikasi distribusi yang tepat dari deskripsi soal; menghitung PMF, CDF, $E[X]$, $\text{Var}(X)$ untuk enam distribusi diskrit; menurunkan dan menggunakan MGF/PGF masing-masing distribusi; mengenali hubungan antar-distribusi (Bernoulli↔Binomial, Geometrik↔Binomial Negatif, Binomial↔Poisson); menangani dua parametrisasi Geometrik dan Binomial Negatif	25–35%	Calculation-Intensive	2.1 Variabel Acak Diskrit, 2.3 Fungsi Pembangkit, 1.3 Metode Enumerasi	2.3 Fungsi Pembangkit, 2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat, 3.5 Independensi dan Korelasi, 3.7 Distribusi Majemuk (Compound Distribution), 4.5 Estimasi Parameter	Hogg-Tanis-Zimm (2015) Bab 2.2–2.5, 3.1–3.3; Miller et al. (2014) Bab 5.1–5.7, 6.1–6.5, 7.1–7.3

Section 1 — Intuisi

Di dunia aktuaria, hampir semua kejadian diskrit yang dapat dihitung — jumlah klaim dalam sebulan, jumlah nasabah yang gagal bayar, jumlah kecelakaan di suatu ruas jalan — mengikuti pola probabilistik yang sudah sangat dipelajari. Keenam distribusi diskrit di topik ini bukan sekadar formula hafalan; masing-masing lahir dari mekanisme pembangkit kejadian yang berbeda dan memiliki konteks yang khas. Memahami mengapa suatu mekanisme menghasilkan distribusi tertentu adalah kunci untuk mengidentifikasi distribusi yang tepat dalam soal — jauh lebih andal daripada sekadar mengenali kata kunci.

Bayangkan sebuah eksperimen dasar: lempar koin sekali, sukses atau gagal. Ini adalah Bernoulli — sel darah merah paling sederhana dari statistika diskrit. Lakukan eksperimen Bernoulli ini $n$ kali secara independen dan hitung total sukses: lahirlah Binomial. Kini bayangkan populasi terbatas (misalnya 20 nasabah, 8 di antaranya berisiko tinggi) dan kita menarik sampel tanpa pengembalian — tidak bisa diasumsikan independen lagi: inilah Hipergeometrik. Sekarang alih-alih menentukan jumlah percobaan di muka, kita tanya: “berapa percobaan sampai sukses pertama?” — jawabannya Geometrik; generalkan ke sukses ke-$r$: Binomial Negatif. Terakhir, jika kejadian terjadi secara acak dalam kontinum waktu atau ruang dengan laju rata-rata $\lambda$ dan kita menghitung berapa kejadian dalam interval tertentu — itulah Poisson, distribusi yang muncul sebagai limit Binomial ketika $n \to \infty$, $p \to 0$, $np \to \lambda$.

Keenam distribusi ini saling terhubung: Bernoulli adalah kasus khusus Binomial ($n=1$); penjumlahan Bernoulli independen menghasilkan Binomial; penjumlahan Geometrik independen menghasilkan Binomial Negatif; Binomial mendekati Poisson dalam limit tertentu. Memahami jaring hubungan ini memungkinkan identifikasi distribusi yang cepat, penggunaan MGF untuk verifikasi, dan penalaran tentang distribusi penjumlahan — ketiganya sangat sering diuji di CF2.

Section 2 — Definisi Formal

ℹRingkasan Enam Distribusi Diskrit›

Tabel master — semua formula PMF, mean, variansi, dan MGF untuk referensi cepat.

Tabel Master Distribusi Diskrit

Distribusi	Notasi	PMF $p(x)$	Support $\mathcal{X}$	$E[X]$	$\text{Var}(X)$	$M_X(t)$
Bernoulli	$\text{Bern}(p)$	$p^x(1-p)^{1-x}$	$\{0,1\}$	$p$	$p(1-p)$	$1-p+pe^t$
Binomial	$B(n,p)$	$\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}$	$\{0,1,\ldots,n\}$	$np$	$np(1-p)$	$(1-p+pe^t)^n$
Poisson	$\text{Poisson}(\lambda)$	$\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$	$\{0,1,2,\ldots\}$	$\lambda$	$\lambda$	$e^{\lambda(e^t-1)}$
Geometrik (A)	$\text{Geom}(p)$	$(1-p)^{x-1}p$	$\{1,2,3,\ldots\}$	$\dfrac{1}{p}$	$\dfrac{1-p}{p^2}$	$\dfrac{pe^t}{1-(1-p)e^t}$
Geometrik (B)	$\text{Geom}_0(p)$	$(1-p)^x p$	$\{0,1,2,\ldots\}$	$\dfrac{1-p}{p}$	$\dfrac{1-p}{p^2}$	$\dfrac{p}{1-(1-p)e^t}$
Hipergeometrik	$\text{HGeom}(N,K,n)$	$\dfrac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}$	$\{\max(0,n+K-N),\ldots,\min(n,K)\}$	$\dfrac{nK}{N}$	$\dfrac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)}$	Tidak ada bentuk sederhana
Bin. Negatif (A)	$\text{NB}(r,p)$	$\binom{x-1}{r-1}p^r(1-p)^{x-r}$	$\{r,r+1,\ldots\}$	$\dfrac{r}{p}$	$\dfrac{r(1-p)}{p^2}$	$\left(\dfrac{pe^t}{1-(1-p)e^t}\right)^r$
Bin. Negatif (B)	$\text{NB}_0(r,p)$	$\binom{x+r-1}{x}p^r(1-p)^x$	$\{0,1,2,\ldots\}$	$\dfrac{r(1-p)}{p}$	$\dfrac{r(1-p)}{p^2}$	$\left(\dfrac{p}{1-(1-p)e^t}\right)^r$

Variabel & Parameter

Simbol	Makna	Rentang Valid
$p$	Probabilitas sukses dalam satu percobaan Bernoulli	$p \in (0,1)$
$q = 1-p$	Probabilitas gagal	$q \in (0,1)$
$n$	Jumlah percobaan (Binomial) atau ukuran sampel (Hipergeometrik)	$n \in \mathbb{Z}^+$
$\lambda$	Laju rata-rata kejadian (Poisson)	$\lambda > 0$
$N$	Ukuran populasi (Hipergeometrik)	$N \in \mathbb{Z}^+$
$K$	Jumlah elemen “sukses” di populasi (Hipergeometrik)	$K \in \{0,1,\ldots,N\}$
$r$	Jumlah sukses yang ditarget (Binomial Negatif) atau jumlah sukses total (Binomial Negatif)	$r \in \mathbb{Z}^+$

Rumus Utama per Distribusi

---

Bernoulli$(p)$

$$p(x) = p^x(1-p)^{1-x}, \quad x \in \{0,1\}$$ $$E[X] = p, \qquad \text{Var}(X) = p(1-p) = pq, \qquad M_X(t) = q + pe^t$$

---

Binomial $B(n,p)$

$$p(x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}, \quad x \in \{0,1,\ldots,n\}$$ $$E[X] = np, \qquad \text{Var}(X) = np(1-p) = npq, \qquad M_X(t) = (q + pe^t)^n$$

Hubungan dengan Bernoulli: Jika $X_1, X_2, \ldots, X_n \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Bern}(p)$, maka $S = \sum_{i=1}^n X_i \sim B(n,p)$.

Sifat aditif: Jika $X \sim B(n_1, p)$ dan $Y \sim B(n_2, p)$ independen, maka $X + Y \sim B(n_1+n_2, p)$.

Aproksimasi Poisson: Jika $n \to \infty$, $p \to 0$, dan $np \to \lambda$, maka $B(n,p) \approx \text{Poisson}(\lambda)$.

---

Poisson$(\lambda)$

$$p(x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, \quad x \in \{0,1,2,\ldots\}$$ $$E[X] = \lambda, \qquad \text{Var}(X) = \lambda, \qquad M_X(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}$$

Sifat khas: $E[X] = \text{Var}(X) = \lambda$ — kesamaan mean dan variansi adalah penanda distribusi Poisson.

Sifat aditif: Jika $X \sim \text{Poisson}(\lambda_1)$ dan $Y \sim \text{Poisson}(\lambda_2)$ independen, maka $X + Y \sim \text{Poisson}(\lambda_1 + \lambda_2)$.

---

Geometrik

Parametrisasi A — $X$ = jumlah percobaan hingga sukses pertama (inklusif):

$$p(x) = (1-p)^{x-1}p, \quad x \in \{1,2,3,\ldots\}$$ $$E[X] = \frac{1}{p}, \qquad \text{Var}(X) = \frac{1-p}{p^2}, \qquad M_X(t) = \frac{pe^t}{1-(1-p)e^t}, \quad t < -\ln(1-p)$$

Parametrisasi B — $X$ = jumlah kegagalan sebelum sukses pertama:

$$p(x) = (1-p)^x p, \quad x \in \{0,1,2,\ldots\}$$ $$E[X] = \frac{1-p}{p} = \frac{q}{p}, \qquad \text{Var}(X) = \frac{1-p}{p^2}, \qquad M_X(t) = \frac{p}{1-(1-p)e^t}$$

Sifat memoryless (tanpa ingatan):

$$P(X > m+n \mid X > m) = P(X > n) \quad \text{untuk semua } m,n \geq 0$$

Ini adalah satu-satunya distribusi diskrit yang memiliki sifat memoryless.

---

Hipergeometrik $\text{HGeom}(N,K,n)$

$$p(x) = \frac{\binom{K}{x}\binom{N-K}{n-x}}{\binom{N}{n}}, \quad x \in \{\max(0,\, n+K-N),\, \ldots,\, \min(n,K)\}$$ $$E[X] = \frac{nK}{N}, \qquad \text{Var}(X) = \frac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)}$$

Faktor koreksi populasi terbatas (FPC):

$$\text{Var}(X)_{\text{HGeom}} = \underbrace{\frac{nK}{N}\cdot\frac{N-K}{N}}_{\approx\,\text{Var Binomial}} \cdot \underbrace{\frac{N-n}{N-1}}_{\text{FPC}}$$

Perhatikan: $\text{FPC} = (N-n)/(N-1) < 1$ selalu, sehingga variansi Hipergeometrik selalu lebih kecil dari variansi Binomial dengan $p = K/N$.

Hubungan dengan Binomial: Ketika $N \to \infty$ dengan $K/N \to p$, maka $\text{HGeom}(N,K,n) \to B(n,p)$.

---

Binomial Negatif $\text{NB}(r,p)$

Parametrisasi A — $X$ = jumlah percobaan hingga sukses ke-$r$ (inklusif):

$$p(x) = \binom{x-1}{r-1} p^r (1-p)^{x-r}, \quad x \in \{r, r+1, r+2, \ldots\}$$ $$E[X] = \frac{r}{p}, \qquad \text{Var}(X) = \frac{r(1-p)}{p^2}, \qquad M_X(t) = \left(\frac{pe^t}{1-(1-p)e^t}\right)^r$$

Parametrisasi B — $X$ = jumlah kegagalan sebelum sukses ke-$r$:

$$p(x) = \binom{x+r-1}{x} p^r (1-p)^x, \quad x \in \{0,1,2,\ldots\}$$ $$E[X] = \frac{r(1-p)}{p}, \qquad \text{Var}(X) = \frac{r(1-p)}{p^2}$$

Hubungan dengan Geometrik: Jika $X_1,\ldots,X_r \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Geom}(p)$ (Parametrisasi A), maka $S = \sum_{i=1}^r X_i \sim \text{NB}(r,p)$ (Parametrisasi A).

Kasus khusus: $\text{NB}(1,p) = \text{Geom}(p)$ pada Parametrisasi A.

Asumsi Eksplisit

• Bernoulli & Binomial: Setiap percobaan independen, probabilitas sukses $p$ konstan di setiap percobaan, hanya dua outcome (sukses/gagal).
• Poisson: Kejadian terjadi secara independen; laju $\lambda$ konstan; probabilitas lebih dari satu kejadian dalam interval infinitesimal adalah $o(\Delta t)$ (dapat diabaikan).
• Geometrik & Binomial Negatif: Percobaan independen, $p$ konstan, percobaan dilanjutkan hingga sukses ke-$r$.
• Hipergeometrik: Pengambilan tanpa pengembalian dari populasi terbatas — percobaan tidak independen. Ini adalah perbedaan kritis dengan Binomial.

Section 3 — Jembatan Logika

◈Dari Mekanisme ke Formula›

Setiap distribusi lahir dari cara kita menghitung kejadian. Kunci identifikasi:

— ”$n$ percobaan independen, hitung sukses” → Binomial (jumlah sukses diketahui di muka, percobaan diketahui di muka).

— “Hitung sampai sukses pertama / ke-$r$” → Geometrik / Binomial Negatif (jumlah percobaan yang tidak diketahui di muka — percobaan berlanjut sampai target terpenuhi).

— “Populasi terbatas, sampel tanpa pengembalian” → Hipergeometrik (tidak ada independensi antar percobaan).

— “Kejadian acak dalam waktu/ruang, laju $\lambda$” → Poisson (tidak ada konsep “jumlah percobaan” — kontinum waktu/ruang).

◈Support dan Domain›

Support yang salah adalah kesalahan paling sering dalam soal CF2 distribusi diskrit:

• Binomial: $x \in \{0, 1, \ldots, n\}$ — bisa nol sukses, maksimal $n$ sukses.
• Poisson: $x \in \{0, 1, 2, \ldots\}$ — tak terbatas atas, bisa nol.
• Geometrik (Param A): $x \in \{1, 2, 3, \ldots\}$ — dimulai dari 1 (minimal 1 percobaan).
• Geometrik (Param B): $x \in \{0, 1, 2, \ldots\}$ — dimulai dari 0 (bisa nol kegagalan).
• Hipergeometrik: $x \in \{\max(0, n+K-N), \ldots, \min(n, K)\}$ — batas bawah tidak selalu 0!
• Binomial Negatif (Param A): $x \in \{r, r+1, \ldots\}$ — minimal $r$ percobaan (satu per sukses).
• Binomial Negatif (Param B): $x \in \{0, 1, 2, \ldots\}$ — bisa nol kegagalan.

Derivasi PMF Binomial dari Prinsip Dasar:

Dalam $n$ percobaan independen, kita ingin tepat $x$ sukses. Pilih posisi mana dari $n$ yang menjadi sukses: ada $\binom{n}{x}$ cara. Untuk setiap susunan tersebut, probabilitasnya adalah $p^x$ (untuk $x$ sukses) dikali $(1-p)^{n-x}$ (untuk $n-x$ gagal):

$$p(x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}$$

Derivasi PMF Poisson dari Limit Binomial:

Dalam $n$ interval kecil, setiap interval ada kejadian dengan probabilitas $p = \lambda/n$. Maka $X \sim B(n, \lambda/n)$:

$$p(x) = \binom{n}{x}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^x\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-x}$$

Ambil $n \to \infty$: $\binom{n}{x}(\lambda/n)^x \to \lambda^x/x!$ dan $(1-\lambda/n)^n \to e^{-\lambda}$, sehingga:

$$\lim_{n\to\infty} p(x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$$

Derivasi Sifat Memoryless Geometrik:

Untuk Parametrisasi B, $P(X = k) = (1-p)^k p$:

$$P(X > m+n \mid X > m) = \frac{P(X > m+n)}{P(X > m)} = \frac{(1-p)^{m+n+1} \cdot \frac{1}{p}}{(1-p)^{m+1} \cdot \frac{1}{p}} = (1-p)^n = P(X > n)$$

(Menggunakan ekor Geometrik: $P(X > k) = (1-p)^{k+1}$ untuk Param B.)

Jaring Hubungan Antar-Distribusi:

$$\text{Bern}(p) \xrightarrow{\text{jumlah } n \text{ iid}} B(n,p) \xrightarrow{n\to\infty,\, p\to 0,\, np=\lambda} \text{Poisson}(\lambda)$$ $$\text{Geom}(p) \xrightarrow{\text{jumlah } r \text{ iid}} \text{NB}(r,p)$$ $$\text{HGeom}(N,K,n) \xrightarrow{N\to\infty,\, K/N\to p} B(n,p)$$

✘Dilarang›

1. Dilarang menggunakan formula Binomial untuk sampling tanpa pengembalian dari populasi terbatas. Binomial mengasumsikan independensi antar percobaan — tanpa pengembalian melanggar ini. Gunakan Hipergeometrik jika populasi terbatas dan sampling tanpa pengembalian.
2. Dilarang mencampur parametrisasi Geometrik dan Binomial Negatif dalam satu perhitungan tanpa konsistensi. Parametrisasi A ($x$ = jumlah percobaan, support mulai 1 atau $r$) memiliki mean $1/p$ atau $r/p$; Parametrisasi B ($x$ = jumlah kegagalan, support mulai 0) memiliki mean $q/p$ atau $rq/p$. Mencampur keduanya menghasilkan answer yang salah satu unit.
3. Dilarang mengaplikasikan aproksimasi Poisson untuk Binomial secara sembarangan. Aproksimasi hanya valid jika $n$ besar ($n \geq 30$), $p$ kecil ($p \leq 0.05$), dan $\lambda = np$ moderat ($\lambda \leq 10$). Di luar rentang ini, gunakan Binomial eksak.

Section 4 — Contoh Soal

Soal A — Fundamental

Sebuah perusahaan asuransi mengetahui bahwa probabilitas seorang nasabah mengajukan klaim dalam satu tahun adalah $0{,}15$. Perusahaan memiliki 12 nasabah independen.

(a) Berapa probabilitas tepat 2 nasabah mengajukan klaim? (b) Berapa probabilitas paling banyak 1 nasabah mengajukan klaim? (c) Hitung $E[X]$ dan $\text{Var}(X)$. (d) Berapa probabilitas sedikitnya 2 nasabah mengajukan klaim?

✓Solusi Soal A›

1. Identifikasi Variabel

• $n = 12$ nasabah independen
• $p = 0{,}15$ (probabilitas klaim per nasabah)
• $q = 1 - 0{,}15 = 0{,}85$
• $X$ = jumlah nasabah yang mengajukan klaim

2. Identifikasi Distribusi / Model $n$ percobaan independen, $p$ konstan, hitung sukses → Binomial: $X \sim B(12,\, 0{,}15)$.

3. Setup Persamaan

$p(x) = \binom{12}{x}(0{,}15)^x(0{,}85)^{12-x}, \quad x \in \{0,1,\ldots,12\}$

4. Eksekusi Aljabar

(a) $P(X = 2)$: $P(X=2) = \binom{12}{2}(0{,}15)^2(0{,}85)^{10} = 66 \times 0{,}0225 \times (0{,}85)^{10}$ $(0{,}85)^{10} = 0{,}19687$ $P(X=2) = 66 \times 0{,}0225 \times 0{,}19687 = 66 \times 0{,}004430 = 0{,}2924$

(b) $P(X \leq 1)$: $P(X=0) = \binom{12}{0}(0{,}15)^0(0{,}85)^{12} = (0{,}85)^{12} = 0{,}1422$ $P(X=1) = \binom{12}{1}(0{,}15)^1(0{,}85)^{11} = 12 \times 0{,}15 \times (0{,}85)^{11}$ $(0{,}85)^{11} = 0{,}16735 \implies P(X=1) = 12 \times 0{,}15 \times 0{,}16735 = 0{,}3012$ $P(X \leq 1) = 0{,}1422 + 0{,}3012 = 0{,}4434$

(c) $E[X]$ dan $\text{Var}(X)$: $E[X] = np = 12 \times 0{,}15 = 1{,}8$ $\text{Var}(X) = np(1-p) = 12 \times 0{,}15 \times 0{,}85 = 1{,}53$

(d) $P(X \geq 2)$: $P(X \geq 2) = 1 - P(X \leq 1) = 1 - 0{,}4434 = 0{,}5566$

5. Verification

• $E[X] = 1{,}8$: dari 12 nasabah dengan $p=0{,}15$, rata-rata 1–2 klaim masuk akal ✓
• $P(X=2) = 0{,}2924$: nilai tertinggi di sekitar mean ($E[X] = 1{,}8$), wajar jika $P(2)$ besar ✓
• $P(X \leq 1) + P(X \geq 2) = 0{,}4434 + 0{,}5566 = 1{,}000$ ✓
• $\text{Var}(X) = 1{,}53 < E[X] = 1{,}8$: untuk Binomial selalu $\text{Var} < E[X]$ karena $\text{Var} = E[X](1-p)$ ✓

▲Exam Tips — Soal A›

Target waktu: 7–9 menit Common trap: Menghitung $P(X \geq 2)$ dengan menjumlahkan $P(2)+P(3)+\ldots+P(12)$ — ini memakan waktu lama. Selalu gunakan komplemen: $1 - P(X \leq 1)$. Shortcut: Hafal bahwa $\text{Var}(X) = E[X] \cdot (1-p)$ untuk Binomial — lebih cepat dari $np(1-p)$ jika $E[X] = np$ sudah dihitung.

---

Soal B — Exam-Typical

Sebuah call center menerima panggilan darurat rata-rata 4 panggilan per jam secara acak dan independen. Anggap distribusi Poisson berlaku.

(a) Berapa probabilitas tepat 6 panggilan dalam satu jam? (b) Berapa probabilitas paling sedikit 1 panggilan dalam 30 menit? (c) Seorang operator baru mulai bertugas. Berapa probabilitas panggilan ke-3 yang ia terima adalah panggilan darurat ke-1 yang ia tangani, jika probabilitas sebuah panggilan adalah “darurat” (bukan rutin) adalah $0{,}3$? Gunakan distribusi yang tepat. (d) Hitung $E[X]$ dan $\text{Var}(X)$ untuk jumlah panggilan dalam 45 menit.

✓Solusi Soal B›

1. Identifikasi Variabel

• Laju: $\lambda = 4$ panggilan/jam
• Target (a): $X$ = panggilan dalam 1 jam → $X \sim \text{Poisson}(4)$
• Target (b): $Y$ = panggilan dalam 30 menit → $Y \sim \text{Poisson}(2)$ (laju proporsional)
• Target (c): $Z$ = percobaan hingga “darurat” pertama, $p = 0{,}3$ → Geometrik
• Target (d): $W$ = panggilan dalam 45 menit → $W \sim \text{Poisson}(3)$

2. Identifikasi Distribusi / Model Bagian (a), (b), (d): Poisson dengan laju yang disesuaikan proporsional dengan interval waktu. Bagian (c): percobaan independen hingga sukses pertama → Geometrik Parametrisasi A ($p = 0{,}3$, $X$ = panggilan ke-$k$ adalah darurat pertama).

3. Setup Persamaan

Sifat Poisson: jika $X \sim \text{Poisson}(\lambda)$ per satuan waktu, maka dalam interval $t$ satuan: $X_t \sim \text{Poisson}(\lambda t)$.

4. Eksekusi Aljabar

(a) $P(X = 6)$, $\lambda = 4$: $P(X=6) = \frac{e^{-4} \cdot 4^6}{6!} = \frac{e^{-4} \times 4096}{720} = \frac{0{,}018316 \times 4096}{720} = \frac{75{,}02}{720} = 0{,}1042$

(b) $P(Y \geq 1)$ dalam 30 menit, $\lambda_{30} = 4 \times 0{,}5 = 2$: $P(Y \geq 1) = 1 - P(Y=0) = 1 - \frac{e^{-2} \cdot 2^0}{0!} = 1 - e^{-2} = 1 - 0{,}1353 = 0{,}8647$

(c) $P(Z = 3)$ dengan $Z \sim \text{Geom}(0{,}3)$ Param A:

“Panggilan ke-3 adalah darurat pertama” berarti dua pertama bukan darurat, ketiga adalah darurat: $P(Z=3) = (1-0{,}3)^{3-1} \times 0{,}3 = (0{,}7)^2 \times 0{,}3 = 0{,}49 \times 0{,}3 = 0{,}147$

(d) $E[W]$ dan $\text{Var}(W)$ dalam 45 menit, $\lambda_{45} = 4 \times 0{,}75 = 3$: $E[W] = \lambda_{45} = 3 \quad \text{panggilan}$ $\text{Var}(W) = \lambda_{45} = 3$

5. Verification

• Untuk Poisson: $E = \text{Var} = \lambda$ — selalu periksa kesamaan ini ✓
• $P(X=6) = 0{,}1042$: modus Poisson(4) ada di $x=3$ dan $x=4$; $P(6)$ lebih kecil dari $P(4)$, masuk akal ✓
• $P(Y \geq 1) = 0{,}8647$: dengan rata-rata 2 panggilan per 30 menit, probabilitas minimal 1 panggilan harusnya tinggi ✓
• $P(Z=3) = 0{,}147$: dua kegagalan berturut-turut sebelum sukses dengan $p=0{,}3$, probabilitas moderat ✓

▲Exam Tips — Soal B›

Target waktu: 10–12 menit Common trap 1: Lupa menskalakan $\lambda$ proporsional saat interval waktu berubah. Untuk 30 menit dari laju 4/jam: $\lambda_{30} = 4 \times (30/60) = 2$, bukan $4$. Common trap 2: Untuk bagian (c), $P(Z=3)$ artinya percobaan ke-3 sukses — gunakan $p(3) = (1-p)^{3-1}p$, bukan $p(3) = (1-p)^3 p$ (itu Parametrisasi B dengan support berbeda). Shortcut: Untuk $P(\text{Poisson} \geq 1)$: selalu gunakan komplemen $1 - e^{-\lambda}$ — ini lebih cepat dari menjumlahkan deret.

---

Soal C — Challenging

Dari populasi 20 polis asuransi, diketahui 8 polis berisiko tinggi (high-risk) dan 12 polis berisiko rendah (low-risk). Seorang auditor memilih 5 polis secara acak tanpa pengembalian untuk diperiksa.

(a) Tentukan distribusi $X$ (jumlah polis high-risk yang terpilih) beserta PMF lengkapnya. (b) Hitung $E[X]$ dan $\text{Var}(X)$. (c) Berapa probabilitas tepat 2 polis high-risk terpilih? (d) Bandingkan $\text{Var}(X)$ dengan variansi Binomial $B(5, 8/20)$ dan jelaskan perbedaannya secara intuitif. (e) Misalkan auditor mengembalikan setiap polis sebelum mengambil yang berikutnya. Distribusi apa yang berlaku, dan berapa probabilitas tepat 2 polis high-risk terpilih? Bandingkan dengan hasil (c).

✓Solusi Soal C›

1. Identifikasi Variabel

• $N = 20$ (populasi), $K = 8$ (high-risk), $n = 5$ (sampel)
• Tanpa pengembalian → Hipergeometrik: $X \sim \text{HGeom}(20, 8, 5)$
• Support: $x \in \{\max(0, 5+8-20), \ldots, \min(5,8)\} = \{\max(0,-7), \ldots, 5\} = \{0,1,2,3,4,5\}$

2. Identifikasi Distribusi / Model Bagian (a)–(d): Hipergeometrik (tanpa pengembalian, populasi terbatas). Bagian (e): Binomial $B(5, 0{,}4)$ (dengan pengembalian → independen, $p$ konstan).

3. Setup Persamaan

PMF Hipergeometrik: $p(x) = \frac{\binom{8}{x}\binom{12}{5-x}}{\binom{20}{5}}, \quad x \in \{0,1,2,3,4,5\}$

4. Eksekusi Aljabar

Hitung $\binom{20}{5} = \dfrac{20!}{5!\cdot 15!} = 15504$.

(a) PMF lengkap:

$x$	$\binom{8}{x}$	$\binom{12}{5-x}$	$p(x) = \frac{\binom{8}{x}\binom{12}{5-x}}{15504}$
0	1	792	$792/15504 = 0{,}0511$
1	8	495	$3960/15504 = 0{,}2554$
2	28	220	$6160/15504 = 0{,}3973$
3	56	66	$3696/15504 = 0{,}2384$
4	70	12	$840/15504 = 0{,}0542$
5	56	1	$56/15504 = 0{,}0036$

Cek: $792+3960+6160+3696+840+56 = 15504$ ✓, sehingga $\sum p(x) = 1$ ✓

(b) $E[X]$ dan $\text{Var}(X)$: $E[X] = \frac{nK}{N} = \frac{5 \times 8}{20} = 2$

$\text{Var}(X) = \frac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)} = \frac{5 \times 8 \times 12 \times 15}{400 \times 19} = \frac{7200}{7600} = \frac{18}{19} \approx 0{,}9474$

(c) $P(X = 2)$: $P(X=2) = \frac{\binom{8}{2}\binom{12}{3}}{\binom{20}{5}} = \frac{28 \times 220}{15504} = \frac{6160}{15504} \approx 0{,}3973$

(d) Perbandingan dengan Variansi Binomial:

Binomial $B(5, 8/20)$ dengan $p = 0{,}4$: $\text{Var}_{\text{Binom}} = np(1-p) = 5 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = 1{,}200$

Hipergeometrik: $\text{Var}_{\text{HGeom}} = 1{,}200 \times \underbrace{\frac{N-n}{N-1}}_{\text{FPC}} = 1{,}200 \times \frac{15}{19} = \frac{18}{19} \approx 0{,}9474$

$\text{Var}_{\text{HGeom}} < \text{Var}_{\text{Binom}}$ karena FPC $= 15/19 < 1$.

Intuisi: Tanpa pengembalian, jika sudah memilih banyak polis high-risk, probabilitas memilih high-risk lagi pada draw berikutnya menurun — ada mekanisme “auto-koreksi” yang mengurangi fluktuasi. Sebaliknya, sampling dengan pengembalian (Binomial) tidak “mengingat” apa yang sudah dipilih, sehingga variabilitasnya lebih tinggi.

(e) Dengan pengembalian — Binomial $B(5, 0{,}4)$: $P(X=2) = \binom{5}{2}(0{,}4)^2(0{,}6)^3 = 10 \times 0{,}16 \times 0{,}216 = 0{,}3456$

Perbandingan: $P_{\text{HGeom}}(X=2) = 0{,}3973$ vs $P_{\text{Binom}}(X=2) = 0{,}3456$.

Hipergeometrik menghasilkan probabilitas lebih tinggi di $x = E[X] = 2$ karena variansinya lebih kecil (distribusi lebih terkonsentrasi di sekitar mean).

5. Verification

• $\sum p(x) = 1$ (sudah dicek dari numerator: $792+3960+6160+3696+840+56 = 15504$) ✓
• $E[X] = 2$: dari 5 pilihan, proporsi high-risk $= 8/20 = 0{,}4$, sehingga $E = 5 \times 0{,}4 = 2$ ✓
• $\text{Var}_{\text{HGeom}} < \text{Var}_{\text{Binom}}$: selalu berlaku untuk Hipergeometrik ✓
• Mode PMF ada di $x=2$ (probabilitas tertinggi $0{,}3973$), konsisten dengan $E[X] = 2$ ✓

▲Exam Tips — Soal C›

Target waktu: 14–16 menit Common trap 1: Support Hipergeometrik tidak selalu mulai dari 0. Gunakan $\max(0, n+K-N)$ sebagai batas bawah. Di sini $\max(0, 5+8-20) = \max(0,-7) = 0$, jadi kebetulan mulai 0 — tetapi ini tidak selalu demikian. Common trap 2: Menghitung $\binom{20}{5}$ dengan kalkulator salah (angka besar, rawan salah ketik). Verifikasi: $\binom{20}{5} = \frac{20 \times 19 \times 18 \times 17 \times 16}{5!} = \frac{1860480}{120} = 15504$. Shortcut FPC: $\text{Var}_{\text{HGeom}} = \text{Var}_{\text{Binom}} \times \frac{N-n}{N-1}$ — jauh lebih cepat daripada formula panjang jika $\text{Var}_{\text{Binom}}$ sudah diketahui.

Section 5 — Verifikasi & Sanity Check

✓Validasi PMF›

Untuk semua distribusi diskrit, sebelum menggunakan PMF:

1. $p(x) \geq 0$ untuk semua $x \in \mathcal{X}$ — periksa parameter valid ($p \in (0,1)$, $\lambda > 0$, dll.) ✓
2. $\sum_{x \in \mathcal{X}} p(x) = 1$ — untuk distribusi standar ini dijamin oleh definisi; untuk PMF yang diberikan eksplisit, verifikasi selalu ✓
3. Support $\mathcal{X}$ sesuai tabel — terutama batas bawah Geometrik dan Hipergeometrik ✓

✓Validasi Mean dan Variansi›

Quick-check konsistensi setelah menghitung:

1. Binomial: $\text{Var}(X) = E[X] \cdot (1-p) < E[X]$ selalu ✓
2. Poisson: $E[X] = \text{Var}(X) = \lambda$ — kesamaan ini adalah penanda wajib ✓
3. HGeom vs Binom: $\text{Var}_{\text{HGeom}} < \text{Var}_{\text{Binom}}$ selalu karena FPC $< 1$ ✓
4. Geometrik: $\text{Var}(X) = E[X]^2 \cdot (1-p)$ untuk Param A — periksa rasio $\text{Var}/E^2 = 1-p$ ✓

✓Identifikasi Distribusi yang Tepat›

Dua pertanyaan diagnostik sebelum memilih distribusi:

1. Apakah populasi terbatas dan sampling tanpa pengembalian? → Hipergeometrik (bukan Binomial)
2. Apakah jumlah percobaan diketahui di muka atau tidak? → Diketahui: Binomial/Hipergeometrik; Tidak diketahui (hitung sampai sukses ke-$r$): Geometrik/Binomial Negatif

Metode Alternatif

MGF untuk identifikasi distribusi penjumlahan: Jika soal meminta distribusi penjumlahan variabel i.i.d., kalikan MGF individual dan cocokkan bentuknya:

• $(q+pe^t)^n$ → Binomial $B(n,p)$
• $e^{\lambda(e^t-1)}$ → Poisson$(\lambda)$
• $\left(\frac{pe^t}{1-(1-p)e^t}\right)^r$ → NB$(r,p)$ Param A

Aproksimasi Poisson untuk Binomial: Jika $n \geq 30$, $p \leq 0{,}05$, gunakan $\text{Poisson}(\lambda = np)$ sebagai aproksimasi — perhitungan lebih cepat karena tidak ada $\binom{n}{x}$ besar.

Section 6 — Visualisasi Mental

PMF Binomial — Kurva Lonceng Diskrit:

Bayangkan histogram batang di atas bilangan bulat $\{0, 1, \ldots, n\}$. Untuk $p = 0{,}5$: histogram simetris, puncak di $x = n/2$. Untuk $p < 0{,}5$: histogram miring kanan (right-skewed), puncak di sekitar $np$, ekor kanan lebih panjang. Untuk $p > 0{,}5$: histogram miring kiri. Semakin besar $n$ (dengan $p$ tetap), histogram mendekati kurva Normal $N(np, npq)$ — ini adalah CLT untuk Binomial.

PMF Poisson — Batang Menurun dengan Ekor Kanan:

Histogram di atas $\{0, 1, 2, \ldots\}$, tidak terbatas ke kanan. Modus ada di $\lfloor\lambda\rfloor$ (dan $\lambda - 1$ jika $\lambda$ bulat). Untuk $\lambda$ kecil ($\lambda < 1$): modus di $x=0$, batang terbesar paling kiri. Untuk $\lambda$ besar: histogram mendekati Normal $N(\lambda, \lambda)$ — menjadi semakin simetris.

PMF Geometrik — Monoton Menurun:

Histogram di atas $\{1, 2, 3, \ldots\}$ (Param A): batang monoton menurun — probabilitas tertinggi di $x=1$ (sukses langsung pada percobaan pertama), lalu turun eksponensial. Ini adalah manifestasi visual dari sifat memoryless: distribusi “selalu terlihat sama” dari titik manapun, seperti grafik yang hanya bergeser.

Hubungan Visual ↔ Rumus

Simetri PMF Binomial berkorespondensi dengan:

$$p(x; n, p) = p(n-x; n, 1-p) \longleftrightarrow \text{refleksi histogram saat } p \leftrightarrow 1-p$$

Puncak histogram Poisson di modus $\lfloor\lambda\rfloor$ berkorespondensi dengan:

$$\frac{p(x)}{p(x-1)} = \frac{\lambda}{x} \begin{cases} > 1 & x < \lambda \\ = 1 & x = \lambda \\ < 1 & x > \lambda \end{cases} \longleftrightarrow \text{PMF naik lalu turun di sekitar } \lambda$$

Penurunan eksponensial PMF Geometrik berkorespondensi dengan:

$$p(x) = (1-p)^{x-1}p = p \cdot [(1-p)^{x-1}] \longleftrightarrow \text{deret geometri dengan rasio } (1-p)$$

Section 7 — Jebakan Umum

⬡Kesalahan Parametrisasi›

Kesalahan utama — Dua parametrisasi Geometrik dan Binomial Negatif:

	Parametrisasi A	Parametrisasi B
Geometrik	$X$ = jumlah percobaan (support $\{1,2,\ldots\}$)	$X$ = jumlah kegagalan (support $\{0,1,\ldots\}$)
Mean	$1/p$	$(1-p)/p$
Binomial Negatif	$X$ = jumlah percobaan (support $\{r,r+1,\ldots\}$)	$X$ = jumlah kegagalan (support $\{0,1,\ldots\}$)
Mean	$r/p$	$r(1-p)/p$

Salah: Menggunakan mean $1/p$ padahal soal mendefinisikan $X$ sebagai jumlah kegagalan (seharusnya mean $q/p$).

Benar: Selalu baca definisi $X$ di soal sebelum menggunakan formula — bukan sekadar “nama distribusi”.

⬡Kesalahan Konseptual›

1. Menggunakan Binomial untuk sampling tanpa pengembalian. Kata kunci “tanpa pengembalian” (without replacement) dari populasi terbatas → Hipergeometrik. Binomial mengasumsikan setiap percobaan independen dengan $p$ konstan — ini tidak terpenuhi tanpa pengembalian.
2. Mengasumsikan Poisson hanya untuk waktu. Poisson berlaku untuk kejadian dalam ruang, area, volume, atau waktu — tidak terbatas pada konteks temporal. “Jumlah cacat per meter kain” dan “jumlah bintang per derajat persegi” keduanya bisa Poisson.
3. Mengira mode Poisson selalu di $\lambda$. Untuk $\lambda$ non-bulat, modus adalah $\lfloor\lambda\rfloor$. Untuk $\lambda$ bulat, ada dua modus: $\lambda$ dan $\lambda-1$ (karena $p(\lambda) = p(\lambda-1)$).
4. Salah menghitung batas bawah support Hipergeometrik. Support bawah adalah $\max(0, n+K-N)$, bukan selalu 0. Jika $n+K > N$ (lebih banyak yang diambil dari yang tersedia), batas bawah positif. Contoh: $N=10$, $K=7$, $n=5$ → batas bawah $= \max(0, 5+7-10) = 2$.

⬡Kesalahan Interpretasi Soal›

• “Rata-rata $\lambda$ kejadian per satuan waktu” → Poisson, bukan Binomial. Tidak ada jumlah percobaan $n$ yang eksplisit — ini adalah ciri khas Poisson.
• “Hitung percobaan hingga sukses ke-$r$” → Binomial Negatif, bukan Binomial. Di Binomial, $n$ tetap dan $x$ (sukses) acak; di Binomial Negatif, $r$ tetap dan $x$ (percobaan atau kegagalan) acak.
• “Tanpa pengembalian” (without replacement) → Hipergeometrik. Jika kata ini tidak ada, default ke Binomial untuk percobaan independen dengan $p$ konstan.
• “Sukses pertama” → Geometrik. “Sukses ke-$r$” ($r > 1$) → Binomial Negatif. Keduanya sering dikira sama.

▲Red Flags›

• Soal menyebut “tanpa pengembalian” atau “dari populasi $N$”: Langsung evaluasi Hipergeometrik. Pastikan $N$, $K$, $n$ teridentifikasi dengan jelas.
• Soal menyebut “rata-rata $\lambda$ per [satuan]”: Hampir pasti Poisson. Periksa apakah interval waktu/ruang berbeda dari yang diberikan — jika ya, skalakan $\lambda$ proporsional.
• Soal menyebut “pertama kali”, “hingga”, “sampai”: Geometrik atau Binomial Negatif. Tentukan apakah $X$ dihitung sebagai percobaan atau kegagalan untuk memilih parametrisasi.
• Soal memberikan $E[X] = \text{Var}(X)$: Ini adalah penanda Poisson yang sangat kuat — jika dua nilai ini sama, distribusi hampir pasti Poisson.
• Soal menyebut “independen” secara eksplisit untuk sampling: Ini petunjuk Binomial (bukan Hipergeometrik); “tanpa pengembalian” → Hipergeometrik.

Section 8 — Ringkasan Eksekutif

≡Must-Remember›

1. Binomial — $n$ percobaan independen, hitung sukses: $X \sim B(n,p):\quad E[X] = np,\quad \text{Var}(X) = npq,\quad M_X(t) = (q+pe^t)^n$
2. Poisson — kejadian acak dalam kontinum, $E = \text{Var} = \lambda$: $X \sim \text{Poisson}(\lambda):\quad p(x) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!},\quad M_X(t) = e^{\lambda(e^t-1)}$
3. Geometrik — hitung percobaan/kegagalan hingga sukses pertama (dua parametrisasi!): $\text{Param A: } E[X] = \frac{1}{p},\quad \text{Param B: } E[X] = \frac{q}{p},\quad \text{Var sama: } \frac{q}{p^2}$
4. Hipergeometrik — sampling tanpa pengembalian dari populasi terbatas, variansi lebih kecil dari Binomial: $E[X] = \frac{nK}{N},\quad \text{Var}(X) = \frac{nK(N-K)(N-n)}{N^2(N-1)} = \text{Var}_{\text{Binom}} \times \frac{N-n}{N-1}$
5. Binomial Negatif — penjumlahan $r$ Geometrik i.i.d., mean dan variansi $r$ kali Geometrik: $\text{NB}(r,p):\quad E[X] = \frac{r}{p} \text{ (Param A)},\quad \text{Var}(X) = \frac{rq}{p^2}$

Kapan Digunakan

• Binomial: ”$n$ percobaan independen”, ”$p$ konstan”, “dengan pengembalian”, jumlah percobaan diketahui di muka.
• Poisson: “rata-rata $\lambda$ per satuan”, “kejadian acak dalam waktu/ruang/area”, tidak ada jumlah percobaan eksplisit.
• Geometrik: “hingga sukses pertama”, “percobaan pertama yang berhasil”, “waktu tunggu pertama”.
• Hipergeometrik: “tanpa pengembalian”, “dari populasi $N$”, ”$K$ elemen sukses di populasi”.
• Binomial Negatif: “hingga sukses ke-$r$” ($r > 1$), “penjumlahan $r$ waktu tunggu Geometrik”.

Kapan TIDAK Boleh Digunakan

• Jangan Binomial jika sampling tanpa pengembalian → gunakan Hipergeometrik.
• Jangan Geometrik Param A jika soal mendefinisikan $X$ sebagai jumlah kegagalan → gunakan Param B.
• Jangan Poisson untuk aproksimasi Binomial jika $n$ kecil atau $p$ tidak mendekati 0 — gunakan Binomial eksak.
• Jangan Binomial Negatif jika jumlah percobaan $n$ sudah ditetapkan di muka → gunakan Binomial.
• Untuk distribusi penjumlahan variabel i.i.d. dari distribusi di atas, pertimbangkan 2.3 Fungsi Pembangkit (MGF) untuk identifikasi distribusi hasil.

Quick Decision Tree

graph TD
    A["Variabel acak X diskrit<br>Identifikasi distribusinya"] --> B["Apakah ada populasi terbatas<br>dan sampling TANPA pengembalian?"]
    B -->|"Ya"| C["Hipergeometrik HGeom(N,K,n)<br>E = nK/N<br>Var lebih kecil dari Binomial"]
    B -->|"Tidak"| D["Apakah jumlah percobaan n<br>diketahui di muka?"]
    D -->|"Ya"| E["Binomial B(n,p)<br>E = np, Var = npq"]
    D -->|"Tidak"| F["Apakah ada laju rata-rata lambda<br>dalam kontinum waktu/ruang?"]
    F -->|"Ya"| G["Poisson(lambda)<br>E = Var = lambda"]
    F -->|"Tidak"| H["Hitung percobaan/kegagalan<br>hingga sukses ke-r?"]
    H -->|"r = 1 sukses pertama"| I["Geometrik Geom(p)<br>Param A: E = 1/p<br>Param B: E = q/p"]
    H -->|"r > 1 sukses ke-r"| J["Binomial Negatif NB(r,p)<br>Param A: E = r/p<br>Param B: E = rq/p"]
    E --> K["n besar, p kecil,<br>np moderat?"]
    K -->|"Ya"| L["Pertimbangkan aproksimasi<br>Poisson(lambda=np)"]
    K -->|"Tidak"| M["Gunakan Binomial eksak"]

---

❝Follow-up Options›

1. “Berikan soal variasi: identifikasi distribusi dari deskripsi naratif soal aktuaria tanpa petunjuk eksplisit”
2. “Jelaskan hubungan 2.5 Distribusi Diskrit Umum dengan 3.7 Distribusi Majemuk (Compound Distribution) dalam konteks pemodelan klaim agregat”
3. “Buat flashcard 1-halaman untuk topik ini”

📖 Ref: Hogg-Tanis-Zimm (2015) Bab 2.2–2.5, 3.1–3.3; Miller et al. (2014) Bab 5.1–5.7, 6.1–6.5, 7.1–7.3 | 🗓️ 2026-02-21 | #CF2 #VariabelAcak #Diskrit #Bernoulli #Binomial #Poisson #Geometrik #Hipergeometrik #BinomialNegatif