---
title: "Peubah Acak Diskret"
book: "Matematika Universitas — Tahun 2"
subject: math
language: id
chapter: 22
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/22-peubah-acak-diskret
---

# Bab 22 — Peubah Acak Diskret

[Peubah acak](#def-b2-randomvar-law) menata perhitungan peluang di sekitar fungsi alih-alih [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space). Pada ruang [terbilang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-countable) teorinya digerakkan [keluarga terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) pada [Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series): sebab [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) adalah jumlah sebuah keluarga yang diindeks [ruang sampelnya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space), dan semua sifatnya — kelinearan, pemindahan, rumus hasil kali bagi peubah yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) — merupakan teorema tentang keluarga yang [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable). Bab ini membuktikan ketaksamaan kunci Markov, Chebyshev, Cauchy–Schwarz dan Jensen, lalu berakhir dengan [hukum](#def-b2-randomvar-law) klasiknya beserta [hukum](#def-b2-randomvar-law) bilangan besar yang lemah, yang buktinya dua baris begitu Chebyshev tersedia.

## 22.1 Peubah acak dan hukumnya

**Definisi 22.1 (Peubah acak diskret; hukumnya).**

Misalkan $(\Omega, \P)$ [ruang peluang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) yang [terbilang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-countable). Sebuah *peubah acak* adalah pemetaan $X \colon \Omega \to E$ (dengan $E$ sembarang himpunan; dan disebut *real* bila $E = \R$). Adapun *hukum* (atau *distribusi*) peubahnya adalah [ukuran peluang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\P_X$ pada [himpunan terbilang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-countable) $X(\Omega)$ yang didefinisikan lewat

$$
\P_X(\{x\}) = \P(X = x)
= \P\bigl(\{\omega : X(\omega) = x\}\bigr) .
$$

**Contoh 22.2 (Hukum klasiknya).**

- *Bernoulli* $\mathcal{B}(p)$ : dengan $X \in \{0, 1\}$ dan $\P(X = 1) = p$ . Yakni indikator sebuah [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) .
- *Binomial* $\mathcal{B}(n, p)$ : dengan $\P(X = k) = \binom nk p^k(1-p)^{n-k}$ untuk $0 \leq k \leq n$ : yakni banyaknya keberhasilan pada $n$ percobaan Bernoulli yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) (jilid Kelas 10–12; yang dibuktikan ulang di bawah lewat jumlah peubah yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) ).
- *Geometri* $\mathcal{G}(p)$ : dengan $\P(X = k) = (1-p)^{k-1}p$ untuk $k \in \N^*$ : yakni pangkat keberhasilan pertamanya ( [Contoh 21.5](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#ex-b2-proba-geometric) ).
- *Poisson* $\mathcal{P}(\lambda)$ : dengan $\P(X = k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}$ untuk $k \in \N$ — yakni sebuah [ukuran peluang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) berkat deret eksponensialnya. Inilah [hukum](#def-b2-randomvar-law) [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) langka ( [Bab 23](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/23-fungsi-pembangkit-peluang#ch-b2-genfun) ).

**Catatan 22.3 (Hukum mana memodelkan apa).**

Keempat [hukumnya](#def-b2-randomvar-law) menjawab empat pertanyaan purba: Bernoulli, “apakah ia terjadi?”; binomial, “berapa kali dalam $n$ percobaan?”; geometri, “berapa lama sampai kali pertamanya?”; dan Poisson, “berapa banyak [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) pada laju tertentu, ketika percobaannya banyak dan masing-masing tak mungkin?”. Jadi mengenali pertanyaannya adalah sembilan persepuluh pemodelannya: sebab jumlah indikator menunjuk ke binomialnya, waktu tunggu ke geometrinya, dan cacah [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) langka ke Poissonnya — dengan peralihan dari binomial ke Poisson dipersis oleh [hukum](#def-b2-randomvar-law) [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) langka pada [Bab 23](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/23-fungsi-pembangkit-peluang#ch-b2-genfun).

**Proposisi 22.4 (Sifat tanpa ingatan pada hukum geometri).**

Bila $X \sim \mathcal{G}(p)$, maka untuk setiap $m, n \in \N$:

$$
\P(X > m + n \mid X > m) = \P(X > n) ,
$$

dan [hukum](#def-b2-randomvar-law) geometri adalah satu-satunya [hukum](#def-b2-randomvar-law) pada $\N^*$ yang bersifat demikian.

**Bukti.** Menjumlahkan bobot geometrinya memberi $\P(X > n) = (1-p)^n$. Karena itu

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

Sebaliknya, bila $G(n) = \P(X > n)$ memenuhi $G(m + n) =
G(m)G(n)$ dengan $G(0) = 1$, maka $G(n) = G(1)^n$ secara induktif; lalu $q =
G(1) \in \intco{0}{1}$, dan $q = 0$ atau [hukumnya](#def-b2-randomvar-law) adalah $\mathcal{G}(1 - q)$: sebab $\P(X = k) = G(k-1) - G(k) =
q^{k-1}(1 - q)$. ∎

**Contoh 22.5 (Tak ada angka yang pernah “jatuh tempo”).**

Lemparkan sebuah dadu sambil menunggu enam: maka waktu tunggunya $X \sim
\mathcal G(1/6)$. Adapun sifat tanpa ingatannya mengatakan bahwa sesudah $10$ lemparan yang sia-sia, tunggu *sisanya* $X - 10$, jika diketahui $X > 10$, kembali berhukum $\mathcal G(1/6)$: jadi [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) tunggu bersyaratnya masih $6$ lemparan, persis seperti pada awalnya. Dadunya tak mengingat, dan tak ada enam yang pernah “jatuh tempo” — jadi kekeliruan penjudi adalah kepercayaan bahwa [hukum](#def-b2-randomvar-law) bersyaratnya sepatutnya bergeser. Sebaliknya, paruh ketunggalan proposisinya mengatakan bahwa ketidakpedulian ini *mencirikan* waktu tunggu geometri: sebab sembarang waktu tunggu yang ramalannya tak pernah diperbarui bersifat geometri. Adapun antrean dan umur pakai yang nyata biasanya memperbarui, dan persis begitulah kita mendeteksi bahwa keduanya tak geometri.

## 22.2 Nilai harapan

**Definisi 22.6 (Nilai harapan).**

Sebuah [peubah acak](#def-b2-randomvar-law) real $X$ pada $(\Omega, \P)$ disebut *punya nilai harapan* bila keluarga $\bigl(X(\omega)\,\P(\{\omega\})\bigr)_{\omega \in \Omega}$ bersifat [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series)); dan *nilai harapannya* lalu

$$
\E(X) = \sum_{\omega \in \Omega} X(\omega)\,\P(\{\omega\}) .
$$

**Teorema 22.7 (Teorema pemindahan).**

Peubah $X$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) bila dan hanya bila keluarga $\bigl(x\,\P(X =
x)\bigr)_{x \in X(\Omega)}$ [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable), dan lalu

$$
\E(X) = \sum_{x \in X(\Omega)} x\,\P(X = x) .
$$

Lebih umum, untuk $f \colon X(\Omega) \to \R$, peubah $f(X)$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) bila dan hanya bila $\sum_x \abs{f(x)}\,\P(X = x) <
\infty$, dan lalu $\E(f(X)) = \sum_x f(x)\,\P(X = x)$.

**Bukti.** Partisikanlah $\Omega$ menjadi himpunan arasnya $\Omega_x = \{X = x\}$ dengan $x
\in X(\Omega)$. Menurut teorema penjumlahan lewat paket bagi keluarga yang [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series)), keluarga $(X(\omega)\P(\{\omega\}))_\omega$ [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) bila dan hanya bila tiap paketnya [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) (yang otomatis: sebab $\sum_{\omega \in \Omega_x}\abs{x}\P(\{\omega\}) =
\abs x\,\P(X = x)$) *dan* keluarga jumlah paketnya $\bigl(x\,\P(X = x)\bigr)_x$ [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) — dan lalu jumlah totalnya sepakat. Adapun untuk $f(X)$: terapkanlah pernyataan yang terbukti itu pada peubah $Y =
f \circ X$, yang himpunan arasnya $\{Y = y\} =
\bigsqcup_{x : f(x) = y}\{X = x\}$; lalu penjumlahan lewat paket yang kedua mengubah $\sum_y y\,\P(Y = y)$ menjadi $\sum_x
f(x)\,\P(X = x)$, dengan paketnya kini mengelompokkan nilai $x$ menurut petanya $f(x)$, dan keterjumlahan [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) satu keluarganya setara dengan keterjumlahan yang lain. ∎

**Teorema 22.8 (Sifat nilai harapan).**

Pada himpunan [peubah acak](#def-b2-randomvar-law) yang punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation):

1. (Kelinearan) $\E(aX + bY) = a\,\E(X) + b\,\E(Y)$ .
2. (Kepositifan dan kemonotonan) $X \geq 0 \Rightarrow \E(X) \geq 0$ ; $X \leq Y \Rightarrow \E(X) \leq \E(Y)$ ; dan $\abs{\E(X)} \leq \E(\abs X)$ .
3. (Dominasi) Bila $\abs X \leq Z$ dan $Z$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) , maka $X$ juga.

**Bukti.** Semuanya merupakan sifat jumlah keluarga yang [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable) ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series)): yakni kelinearan jumlahnya, kepositifan suku demi suku, dan kriteria dominasi bagi keterjumlahannya. (Perhatikan bahwa kelinearannya seketika pada *definisi*nya atas $\Omega$, sedangkan ia akan janggal pada rumus pemindahannya — yakni satu keuntungan mendefinisikan $\E$ di hulu.) ∎

**Contoh 22.9.**

Untuk $X \sim \mathcal{B}(n, p)$: dengan menulis $X = X_1 + \dots + X_n$ sebagai jumlah indikator Bernoulli lalu memakai kelinearannya, $\E(X) = np$ — tanpa perlu koefisien binomial. Untuk $X \sim \mathcal{G}(p)$: $\E(X) =
\sum_{k\geq1}k(1-p)^{k-1}p = p\cdot\frac{1}{(1 - (1-p))^2} =
\frac1p$, lewat menurunkan deret geometrinya di dalam cakramnya ([Bab 11](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/11-deret-pangkat#ch-b2-powerseries)). Untuk $X \sim \mathcal{P}(\lambda)$: $\E(X)
= \sum_{k\geq1}k e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} = \lambda
e^{-\lambda}\sum_{j\geq0}\frac{\lambda^j}{j!} = \lambda$.

**Contoh 22.10 (Pemindahan beraksi).**

Untuk $X \sim \mathcal P(\lambda)$, hitunglah $\E\bigl(\frac1{1+X}\bigr)$ — sebab [hukum](#def-b2-randomvar-law) $\frac1{1+X}$ sendiri janggal, tetapi pemindahannya tak pernah memintanya:

$$
\E\Bigl(\frac1{1+X}\Bigr)
= \sum_{k\geq0}\frac{1}{k+1}\,\eu^{-\lambda}
\frac{\lambda^k}{k!}
= \frac{\eu^{-\lambda}}{\lambda}\sum_{k\geq0}
\frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)!}
= \frac{\eu^{-\lambda}}{\lambda}\bigl(\eu^\lambda - 1\bigr)
= \frac{1 - \eu^{-\lambda}}{\lambda} .
$$

Ada dua pelajaran. Secara hitungan: mengenali deret eksponensial yang tergeser adalah seluruh kerjanya — sebab pemindahan menyusutkan [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) $f(X)$ menjadi manipulasi deret. Secara struktural: nilai colok naifnya adalah $\frac1{1 + \E X} =
\frac1{1 + \lambda}$, sedangkan jawaban benarnya lebih besar,

$$
\frac{1 - \eu^{-\lambda}}{\lambda} \geq
\frac{1}{1 + \lambda},
$$

persis seperti dituntut ketaksamaan Jensen bagi fungsi [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) $t
\mapsto \frac1{1+t}$. Jadi [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) peta [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) duduk di atas nilai colok naifnya, dan pemindahan ditambah pemeriksaan deret membuat ketaksamaan abstraknya menjadi konkret.

**Teorema 22.11 (Kebebasan dan hasil kali).**

[Peubah acak](#def-b2-randomvar-law) $X, Y$ disebut *[saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence)* bila $\P(X = x, Y =
y) = \P(X = x)\P(Y = y)$ untuk setiap $x, y$ — setara dengan itu, bila [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\{X \in A\}$ dan $\{Y \in B\}$ [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) untuk setiap $A,
B$. Bila $X$ dan $Y$ merupakan peubah real yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dan punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation), maka $XY$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) dan

$$
\E(XY) = \E(X)\,\E(Y) .
$$

**Bukti.** Kesetaraan kedua perumusannya menyusul dengan menjumlahkan kesamaan [titik demi titiknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) atas $(x, y) \in A \times B$ (lewat keaditifan-$\sigma$ dua kali). Adapun untuk hasil kalinya: keluarga gandanya $\bigl(xy\,\P(X = x)\P(Y = y)\bigr)_{(x,y)}$ [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable), sebab menurut Fubini bagi keluarga ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series))

$$
\sum_{x, y}\abs x \abs y\,\P(X{=}x)\P(Y{=}y)
= \Bigl(\sum_x \abs x \P(X{=}x)\Bigr)
\Bigl(\sum_y \abs y \P(Y{=}y)\Bigr) < \infty ;
$$

lalu berkat kebebasannya keluarga ini persis $\bigl(xy\,\P(X = x, Y =
y)\bigr)$, yang jumlahnya adalah $\E(XY)$ menurut pemindahan yang diterapkan pada peubah $(X, Y) \mapsto xy$; dan Fubini lagi menilai jumlah tak bertandanya sebagai hasil kali $\E(X)\E(Y)$. ∎

**Contoh 22.12 (Hasil kali, dengan dan tanpa kebebasan).**

Lemparkan dua dadu setimbang. Bila $Y$ adalah dadu kedua (yang bebas dari yang pertama), maka $\E(XY) = \E(X)\E(Y) = 3.5^2 = 12.25$. Sedangkan bila $Y = X$ (yakni “hasil kali” sebuah dadu dengan dirinya sendiri),

$$
\E(X^2) = \frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6}
\approx 15.17 \neq 12.25 :
$$

jadi [hukum](#def-b2-randomvar-law) marginal yang sama pada kedua skenarionya, [hukum](#def-b2-randomvar-law) bersama yang berbeda, dan [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) hasil kali yang berbeda. Adapun pelajarannya, yang layak dipahat: $\E(XY)$ adalah fungsional *pasangannya*, bukan kedua marginalnya — dan senjangnya $\E(X^2) - \E(X)^2 \approx 2.92$ persis, menurut König–Huygens, merupakan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) $\frac{35}{12}$ dadunya.

## 22.3 Ragam, kovariansi, dan ketaksamaan klasiknya

**Definisi 22.13 (Momen, ragam).**

Peubah $X$ disebut punya *momen orde 2* bila $X^2$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) (dan lalu $X$ juga, berkat dominasi: sebab $\abs X \leq \frac{1 +
X^2}{2}$). Adapun *ragam* dan *simpangan baku* peubahnya lalu

$$
V(X) = \E\bigl((X - \E(X))^2\bigr)
= \E(X^2) - \E(X)^2 ,
\qquad
\sigma(X) = \sqrt{V(X)} ,
$$

(yakni bentuk keduanya — rumus *König–Huygens* — lewat menguraikan kuadratnya lalu memakai kelinearannya:

$$
\E\bigl((X - \E X)^2\bigr)
= \E\bigl(X^2 - 2X\,\E X + \E(X)^2\bigr)
= \E(X^2) - 2\,\E(X)^2 + \E(X)^2 ,
$$

dengan suku tengahnya memakai bahwa $\E X$ sebuah konstanta). Adapun untuk $X, Y$ yang bermomen kedua, *kovariansi* keduanya adalah

$$
\operatorname{Cov}(X, Y)
= \E\bigl((X - \E X)(Y - \E Y)\bigr)
= \E(XY) - \E(X)\E(Y) .
$$

**Teorema 22.14 (Perkakas ragam).**

Untuk peubah yang bermomen kedua:

1. $V(aX + b) = a^2\,V(X)$ ;
2. $V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2\operatorname{Cov}(X, Y)$, dan lebih umum $$V\Bigl(\sum_{i=1}^n X_i\Bigr) = \sum_{i=1}^n V(X_i) + 2\sum_{i < j}\operatorname{Cov}(X_i, X_j) ;$$
3. bila $X, Y$ [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) , maka $\operatorname{Cov}(X, Y) = 0$ (sedangkan konversnya salah), jadi [ragam](#def-b2-randomvar-variance) peubah yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) bertambah.

**Bukti.** Butir *1* dan *2* merupakan penguraian kuadrat ditambah kelinearannya; sedangkan hasil kali $X_iX_j$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) berkat Cauchy–Schwarz di bawah (atau berkat $\abs{X_iX_j} \leq \frac{X_i^2 + X_j^2}{2}$). Adapun butir *3* adalah [Teorema 22.11](#thm-b2-randomvar-product) yang diterapkan pada peubah yang dipusatkan. Contoh tandingan baku bagi konversnya: $X$ yang berhukum seragam pada $\{-1, 0, 1\}$ dan $Y = X^2$ tak berkorelasi (sebab $\E(XY) = \E(X^3) = 0 = \E X \cdot \E Y$) tetapi jelas bergantungan. ∎

**Teorema 22.15 (Ketaksamaan Markov dan Chebyshev).**

1. (Markov) Bila $X \geq 0$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation), maka untuk setiap $a > 0$: $$\P(X \geq a) \leq \frac{\E(X)}{a} .$$
2. (Chebyshev) Bila $X$ bermomen kedua, maka untuk setiap $\varepsilon > 0$: $$\P\bigl(\abs{X - \E(X)} \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{V(X)}{\varepsilon^2} .$$

**Bukti.** *1.* [Titik demi titik](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) berlaku $a\,\mathbf{1}_{X \geq a} \leq X$ (sebab pada [kejadiannya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) ruas kirinya $a \leq X$; sedangkan di luarnya $0 \leq X$). Lalu ambillah [nilai harapannya](#def-b2-randomvar-expectation): $a\,\P(X \geq a) \leq \E(X)$ berkat kemonotonannya dan $\E(\mathbf{1}_A) = \P(A)$. *2.* Terapkan Markov pada peubah taknegatif $(X - \E
X)^2$ di aras $a = \varepsilon^2$: sebab [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\{(X - \E X)^2
\geq \varepsilon^2\}$ persis merupakan $\{\abs{X - \E X} \geq
\varepsilon\}$. ∎

**Contoh 22.16 (Tak berkorelasi tetapi terlem bersama).**

Lemparkan dua dadu setimbang, dengan $X$ dan $Y$ [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence), lalu tetapkan $S = X +
Y$ dan $D = X - Y$. Menurut kebilinearan [kovariansinya](#def-b2-randomvar-variance),

$$
\operatorname{Cov}(S, D) = V(X) - V(Y) +
\operatorname{Cov}(Y, X) - \operatorname{Cov}(X, Y) = V(X) -
V(Y) = 0 :
$$

jadi jumlah dan selisihnya tak berkorelasi. [Saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence)? Tentu tidak: sebab $S = 12$ memaksa $D = 0$, sedangkan $\P(D = 0) =
\frac16$ tanpa syarat. Jadi korelasi hanya menguji bagian *linear* sebuah kebergantungan; sebab di sini kebergantungannya diusung kendala bahwa $S$ dan $D$ berparitas sama, yang tak terlihat oleh [kovariansinya](#def-b2-randomvar-variance). (Adapun bagi pasangan ini, [kovariansi](#def-b2-randomvar-variance) nolnya menuntut $V(X) = V(Y)$: jadi [distribusi](#def-b2-randomvar-law) yang identik, bukan kebebasan, yang mengerjakannya.)

**Contoh 22.17 (Ketika Markov eksak).**

Ketaksamaan Markov menjadi kesamaan persis ketika tak ada yang terbuang pada batas $a\,\mathbf 1_{X\geq a} \leq X$: yakni peubahnya hanya boleh mengambil nilai $0$ dan $a$. Secara konkret, bila $\P(X = a) = \pi$ dan $\P(X = 0) = 1 - \pi$, maka $\E(X)
= a\pi$ dan

$$
\P(X \geq a) = \pi = \frac{\E(X)}{a} .
$$

Adapun pembacaan realistisnya: pada sebuah populasi yang kekayaan rata-ratanya $100$ dan kekayaannya entah $0$ entah $10^6$, proporsi jutawannya persis $10^{-4}$ — yakni batas Markov, yang tercapai persis lewat ketaksamaan maksimalnya. Jadi setiap kali $X$ menyebar atas nilai antaranya batasnya menjadi tegas, kerap secara liar; tetapi seperti ditunjukkan kasus ekstremnya, tak ada ketaksamaan yang lebih baik yang dapat disarikan dari rerataannya sendirian.

**Contoh 22.18 (Chebyshev bersifat tajam — tanpa hipotesis lebih lanjut).**

Tetapkan $\varepsilon > 0$ dan $q \in \intoc01$, lalu biarkanlah $X$ mengambil nilai $\pm\varepsilon$ masing-masing berpeluang $\frac q2$ dan $0$ berpeluang $1 - q$. Maka $\E(X) = 0$, $V(X) =
q\varepsilon^2$, dan

$$
\P\bigl(\abs{X - \E X} \geq \varepsilon\bigr) = q
= \frac{V(X)}{\varepsilon^2} :
$$

yakni kesamaan pada Chebyshev. Jadi ketaksamaannya tak dapat diperbaiki dengan memakai [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) saja — sebab peluruhan $1/\varepsilon^2$-nya adalah harga persis informasi momen keduanya. Adapun peluruhan yang lebih cepat menuntut hipotesis yang lebih kuat: sebab keterbatasan peubahnya membeli pemusatan *eksponensial*, sebagaimana dipratinjau [Latihan 22.7](#exo-b2-randomvar-7) dan dikembangkan secara sistematis oleh soal akhir pekan bab ini.

**Teorema 22.19 (Cauchy–Schwarz dan Jensen).**

1. (Cauchy–Schwarz) Bila $X, Y$ bermomen kedua, maka $XY$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) dan $\E(XY)^2 \leq \E(X^2)\,\E(Y^2)$ ; sehingga $\operatorname{Cov}(X,Y)^2 \leq V(X)V(Y)$ .
2. (Jensen) Bila $\varphi \colon I \to \R$ [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) pada sebuah interval yang memuat $X(\Omega)$, dan $X$ serta $\varphi(X)$ punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation), maka $$\varphi\bigl(\E(X)\bigr) \leq \E\bigl(\varphi(X)\bigr) .$$

**Bukti.** *1.* Keterjumlahan $XY$: sebab $\abs{XY} \leq \frac{X^2 + Y^2}2$. Adapun pemetaan $(X, Y) \mapsto \E(XY)$ merupakan bentuk bilinear [simetrik](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/12-bentuk-kuadratik#def-b2-quadratic-adjoint) yang positif pada ruang peubah yang bermomen kedua, jadi ketaksamaan Cauchy–Schwarz abstrak pada [Bab 12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/12-bentuk-kuadratik#ch-b2-quadratic) berlaku (sebab *semi*definit positif sudah cukup bagi ketaksamaannya). Lalu menerapkannya pada peubah yang dipusatkan memberi batas [kovariansinya](#def-b2-randomvar-variance).

*2.* Pertama, $m = \E(X)$ terletak di $I$: sebab $I$ merupakan interval yang memuat semua nilai $X$, dan [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) bersifat monoton, jadi $m$ berada di antara $\inf X(\Omega)$ dan $\sup X(\Omega)$. Lalu menurut teorema garis penyangga bagi fungsi [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) ([Bab 8](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/8-fungsi-peubah-real#ch-b2-realfun)), ada $\alpha, \beta$ dengan $\varphi(t) \geq \alpha t + \beta$ untuk setiap $t \in I$ dan $\varphi(m) = \alpha m + \beta$. Maka, [titik demi titik](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) pada $\Omega$, $\varphi(X) \geq \alpha X + \beta$; jadi setelah [nilai harapannya](#def-b2-randomvar-expectation) diambil,

$$
\E\bigl(\varphi(X)\bigr) \geq \alpha\,\E(X) + \beta
= \varphi\bigl(\E(X)\bigr). \qedhere
$$

∎

**Contoh 22.20.**

Jensen dengan $\varphi(t) = t^2$ memberi $\E(X)^2 \leq \E(X^2)$ — yakni kepositifan [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance); sedangkan dengan $\varphi(t) = 1/t$ pada $\intoo{0}{\infty}$: $\frac{1}{\E X} \leq \E\bigl(\frac1X\bigr)$ — yakni rerata harmoniknya di bawah rerata aritmetikanya, kini dalam bentuk acak.

**Catatan 22.21 (Jebakan yang sering muncul).**

(i) Rumus $\E(XY) = \E(X)\E(Y)$ *menuntut* kebebasan (atau sekurangnya [kovariansi](#def-b2-randomvar-variance) nol): sebab mengambil $Y = X$ memberi $\E(X^2) \neq
\E(X)^2$ setiap kali $V(X) > 0$. (ii) Demikian pula $V(X + X) =
4V(X)$, bukan $2V(X)$: sebab [ragam](#def-b2-randomvar-variance) hanya bertambah antar suku yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) (atau yang tak berkorelasi). (iii) Nilai $\E(f(X))$ bukanlah $f(\E(X))$; dan untuk $f$ yang [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) Jensen bahkan memberitahukanmu arah galatnya, seperti pada [Contoh 22.10](#ex-b2-randomvar-transferex). (iv) Keberadaannya sebuah hipotesis yang sejati: sebab untuk peubah St Petersburg $X = 2^K$ dengan $\P(K = k) = 2^{-k}$ (untuk $k \geq 1$),

$$
\sum_{k\geq1}2^k\cdot2^{-k} = \sum_{k\geq1}1 = \infty :
$$

jadi $X$ berhingga hampir pasti namun tak punya [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation), sehingga tak ada harga masuk yang adil bagi permainannya. Jadi keterjumlahan pada definisi $\E$ bukanlah kerewelan tata buku — melainkan tempat ekor yang berat terdeteksi. (v) Akhirnya, teorema pemindahannya menuntut keterjumlahan *[mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def)* sebelum sembarang penataan ulang jumlahnya atas nilainya menjadi sah ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series)).

**Contoh 22.22 (Chebyshev pada seratus lemparan).**

Untuk $X \sim \mathcal B(100, \frac12)$: berlaku $\E X = 50$ dan $V(X) =
25$. Lalu Chebyshev dengan $\varepsilon = 6$:

$$
\P(45 \leq X \leq 55) = \P(\abs{X - 50} < 6)
\geq 1 - \frac{25}{36} \approx 0.31 ,
$$

sedangkan jumlah binomial [eksaknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact) memberi $\approx 0.73$. Jadi jaminan $31\%$-nya jauh dari kebenarannya, tetapi ia hanya menuntut rerataannya dan [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) *saja* — sebab sertifikat yang sama berlaku kata demi kata bagi sembarang peubah dengan $\E = 50$ dan $V = 25$, seeksotis apa pun, dan [Contoh 22.18](#ex-b2-randomvar-chebsharp) menunjukkan bahwa suatu peubah semacam itu menjenuhkannya. Jadi keuniversalannya berharga; sedangkan ketika [distribusinya](#def-b2-randomvar-law) sungguh binomial, perkakas eksponensial pada soal akhir pekan menutup sebagian besar senjangnya.

**Contoh 22.23 (Korelasi sebuah bagian dengan keseluruhannya).**

Untuk $X, Y$ yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dan berdistribusi identik dengan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) $\sigma^2 > 0$, seberapa berkorelasikah satu sukunya dengan jumlahnya $S = X + Y$? Hitunglah

$$
\operatorname{Cov}(X, S) = \operatorname{Cov}(X, X) +
\operatorname{Cov}(X, Y) = \sigma^2 + 0 = \sigma^2,
\qquad V(S) = 2\sigma^2,
$$

jadi koefisien korelasinya adalah

$$
\rho(X, S) = \frac{\operatorname{Cov}(X,
S)}{\sigma(X)\,\sigma(S)}
= \frac{\sigma^2}{\sigma\cdot\sigma\sqrt2}
= \frac{1}{\sqrt2} \approx 0.707 ,
$$

apa pun [hukum](#def-b2-randomvar-law) bersamanya — dadu, koin, atau cacah Poisson. Adapun dengan $n$ suku perhitungan yang sama memberi $\rho(X_1, S_n) =
1/\sqrt n$: jadi pengaruh tiap suku individualnya pada totalnya mengencer seperti akar kuadrat, dan itulah bayangan korelasional bagi skala fluktuasi $\sqrt n$. Adapun Cauchy–Schwarz menjamin $\abs\rho \leq 1$ selalu; dan di sini batasnya tercapai persis pada kasus merosot $n = 1$ lalu meluruh secara terduga sesudahnya.

**Contoh 22.24 (AM–GM terbobot dari Jensen).**

Misalkan $Y$ mengambil nilai positif $a_1, \dots, a_k$ dengan peluang $\lambda_1, \dots, \lambda_k$. Adapun fungsi $-\ln$ [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) pada $\intoo0\infty$, jadi Jensen memberi $-\ln\E(Y) \leq \E(-\ln Y)$, yakni

$$
a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_k^{\lambda_k}
\;\leq\; \lambda_1a_1 + \lambda_2a_2 + \dots + \lambda_ka_k :
$$

yaitu ketaksamaan aritmetika–geometri yang terbobot, dengan kesamaan bila dan hanya bila $Y$ tetap. Adapun bobot yang sama $\lambda_i = \frac1k$ memulihkan AM–GM klasiknya. Jadi peluang diam-diam telah membuktikan sebuah teorema yang murni aljabar: sebab memilih sebuah [hukum](#def-b2-randomvar-law) peluang tak lain alat tata buku bagi kombinasi [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) — yakni sudut pandang barisentrik [Bab 17](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#ch-b2-affine) sekali lagi, kini dengan Jensen sebagai mesinnya.

## 22.4 Hukum bilangan besar yang lemah

**Teorema 22.25 (Hukum bilangan besar yang lemah).**

Misalkan $(X_k)_{k \geq 1}$ [peubah acak](#def-b2-randomvar-law) yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) berpasangan dan berhukum sama, serta bermomen kedua; lalu tulislah $m = \E(X_1)$ dan $S_n = X_1 + \dots + X_n$. Maka untuk setiap $\varepsilon > 0$:

$$
\P\Bigl(\,\Bigl|\frac{S_n}{n} - m\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr)
\;\leq\; \frac{V(X_1)}{n\,\varepsilon^2}
\xrightarrow[n \to \infty]{} 0 .
$$

**Bukti.** Berkat kelinearannya $\E(S_n/n) = m$; lalu menurut [Teorema 22.14](#thm-b2-randomvar-variancerules) (sebab kebebasan berpasangannya membunuh [kovariansinya](#def-b2-randomvar-variance)) $V(S_n) = n\,V(X_1)$, jadi $V(S_n/n) =
V(X_1)/n$. Sehingga ketaksamaan Chebyshev yang diterapkan pada $S_n/n$ memberi batasnya. ∎

**Catatan 22.26.**

Inilah teorema yang menghubungkan peluang dengan frekuensi: sebab untuk $X_k$ berupa indikator sebuah [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $A$ pada pengulangan yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence), $S_n/n$ merupakan frekuensi $A$ yang teramati, dan [hukum](#def-b2-randomvar-law) bilangan besar mengatakan bahwa ia memusat di sekitar $\P(A)$ dengan laju $\frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2}$. Adapun [hukum](#def-b2-randomvar-law) yang *kuat* (yakni $S_n/n \to
m$ hampir pasti) merupakan teorema Tahun ke-3 — namun buktinya untuk momen keempat sudah terjangkau: lihat [Latihan 22.9](#exo-b2-randomvar-9), yang menjalankan Borel–Cantelli pada batas bertipe Chebyshev. Adapun taksiran Chebyshev yang sama menggerakkan bukti [polinomial Bernstein](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#thm-b2-funcseq-weierstrass) bagi teorema hampiran Weierstrass pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq) — sebab lema pencacahan di sana *adalah* [hukum](#def-b2-randomvar-law) bilangan besar yang lemah yang menyamar.

**Contoh 22.27 (Mengumpulkan lima puluh kupon).**

Pengumpul kupon pada [Latihan 22.3](#exo-b2-randomvar-3) dengan $n =
50$ mainan berbeda: maka total yang diharapkan adalah

$$
\E(T_{50}) = 50\,H_{50} = 50\sum_{k=1}^{50}\frac1k
\approx 50 \times 4.499 \approx 225
$$

kotak — yakni empat setengah kali tebakan naifnya $50$. Adapun pertumbuhan harmoniknya seluruh ceritanya: sebab $25$ mainan pertamanya tiba dalam sekitar $50\ln2 \approx 35$ kotak, sedangkan mainan *terakhirnya* sendirian berharga $50$ kotak secara rata-rata (yakni tunggu geometri berparameter $\frac1{50}$). Jadi masalah penyelesaian didominasi babak akhirnya, dan itulah sebabnya [Latihan 22.12](#exo-b2-randomvar-12) menemukan fluktuasi berorde $n$ — yakni besarnya tunggu geometri terakhir itu — di sekitar rerataannya $n\ln n$.

**Contoh 22.28 (Seberapa besar nnn harus?).**

Untuk memaku frekuensi teramatinya dalam $\varepsilon = 0.01$ dari $\P(A)$ dengan kepercayaan $95\%$, batas Chebyshev menuntut

$$
\frac{p(1-p)}{n\varepsilon^2} \leq \frac{1}{4n\varepsilon^2}
\leq 0.05,
\qquad\text{yakni}\qquad
n \geq \frac{1}{4\cdot0.05\cdot(0.01)^2} = 50\,000 .
$$

Kebergantungannya brutal dalam $\varepsilon$ (yakni kuadratik) dan lunak dalam kepercayaannya (yakni linear dalam $1/\alpha$). Adapun kedua ciri itu merupakan sifat *batasnya*, bukan sifat kebenarannya: sebab ketaksamaan eksponensial pada soal akhir pekan menurunkan harga kepercayaannya dari $1/\alpha$ menjadi $\ln(1/\alpha)$ — jadi spesifikasi yang sama kelak berharga sekitar $18\,500$ cuplikan di sana — sedangkan skala $1/\varepsilon^2$-nya sejati dan tak terperbaiki. Jadi mengetahui bagian mana sebuah batas yang longgar sama bergunanya dengan batasnya sendiri.

![Hukum bilangan besar sebagai gambar: sebab hukum S_n/n (yang digambar secara skematis) mempertahankan pusatnya m tetapi menyempit ketika n tumbuh, jadi peluang di luar pita (m- , m+ ) — yakni kedua ekornya — menciut ke nol. Adapun Chebyshev membatasi ekornya oleh V(X_1)/(n 2); sedangkan soal akhir pekan menunjukkan bahwa keduanya sebenarnya kecil secara eksponensial.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-randomvar/fig-7ec703a8bfc9.svg)

*[Hukum](#def-b2-randomvar-law) bilangan besar sebagai gambar: sebab [hukum](#def-b2-randomvar-law) $S_n/n$ (yang digambar secara skematis) mempertahankan pusatnya $m$ tetapi menyempit ketika $n$ tumbuh, jadi peluang di luar pita $\intcc{m-\varepsilon}{m+\varepsilon}$ — yakni kedua ekornya — menciut ke nol. Adapun Chebyshev membatasi ekornya oleh $V(X_1)/(n\varepsilon^2)$; sedangkan soal akhir pekan menunjukkan bahwa keduanya sebenarnya kecil secara eksponensial.*

**Catatan 22.29 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini).**

Ke depan, segalanya di sini menyuapi [Bab 23](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/23-fungsi-pembangkit-peluang#ch-b2-genfun): sebab [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) $\E(t^X)$ bagi satu fungsi $X$ yang cerdik memampatkan seluruh [hukumnya](#def-b2-randomvar-law) menjadi sebuah deret pangkat, momennya menjadi turunan di $1$, dan kesamaan bertipe Wald bagi jumlah acak mengusung teori proses bercabangnya; sedangkan teorema hasil kali bagi peubah yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) menjadi kemultiplikatifan [fungsi pembangkitnya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/11-deret-pangkat#ex-b2-powerseries-fibonacci). Ke belakang, [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) adalah [barisentrum](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-barycenter) dengan bobot peluang ([Bab 17](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#ch-b2-affine)), ketaksamaan Jensen adalah geometri garis penyangga bagi fungsi [cembung](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/17-ruang-afin#def-b2-affine-convex) ([Bab 8](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/8-fungsi-peubah-real#ch-b2-realfun)), dan metode momen eksponensial pada soal akhir pekan bab ini adalah Markov yang diterapkan pada $\eu^{tX}$ — jadi satu ketaksamaan, yang ditingkatkan oleh satu penggantian peubah yang baik, membentang tiga bab.

## 22.5 Latihan

**Latihan 22.1 ★.**

Hitunglah $\E(X)$ dan $V(X)$ untuk $X \sim \mathcal{B}(n, p)$ (lewat indikator), $X \sim \mathcal{P}(\lambda)$ (tunjukkan $V(X) =
\lambda$), dan $X \sim \mathcal{G}(p)$ (tunjukkan $V(X) =
\frac{1-p}{p^2}$; pakailah $\E(X(X-1))$ beserta turunan kedua deret geometrinya).

**Solusi Latihan 22.1.**

*Binomial:* $X = \sum_{i=1}^n X_i$ dengan Bernoulli $X_i$ yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence); $V(X_i) = \E(X_i^2) - \E(X_i)^2 = p - p^2$, dan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) peubah yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) itu menjumlah ([Teorema 22.14](#thm-b2-randomvar-variancerules)):

$$
\E(X) = np, \qquad V(X) = np(1-p) .
$$

*Poisson:* $\E\bigl(X(X-1)\bigr) =
\sum_{k\geq2}k(k-1)e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} = \lambda^2
e^{-\lambda}\sum_{j\geq0}\frac{\lambda^j}{j!} = \lambda^2$, jadi

$$
V(X) = \E(X^2) - \E(X)^2
= \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda .
$$

*Geometrik* ($q = 1 - p$): dengan menurunkan $\sum_{k\geq0}q^k = \frac{1}{1-q}$ dua kali di dalam cakramnya ([Bab 11](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/11-deret-pangkat#ch-b2-powerseries)), $\sum_{k\geq2}k(k-1)q^{k-2} =
\frac{2}{(1-q)^3}$, jadi

$$
\E\bigl(X(X-1)\bigr) = pq\sum_{k\geq2}k(k-1)q^{k-2}
= \frac{2q}{p^2},
\qquad
V(X) = \frac{2q}{p^2} + \frac1p - \frac{1}{p^2}
= \frac{q}{p^2} = \frac{1-p}{p^2} .
$$

**Latihan 22.2 ★.**

Misalkan $X \sim \mathcal{P}(\lambda)$ dan $Y \sim \mathcal{P}(\mu)$ [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence). Tunjukkan bahwa $X + Y \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)$ (lewat konvolusi bobotnya dan teorema binomial), dan bahwa [hukum](#def-b2-randomvar-law) bersyarat $X$ jika diketahui $X + Y = n$ bersifat binomial $\mathcal{B}\bigl(n, \frac{\lambda}{\lambda + \mu}\bigr)$.

**Solusi Latihan 22.2.**

*Jumlah:* untuk $n \in \N$, menurut kesalinglepasan dan kesalingbebasannya,

$$
\P(X + Y = n)
= \sum_{k=0}^n \P(X = k)\P(Y = n - k)
= e^{-(\lambda + \mu)}\frac{1}{n!}
\sum_{k=0}^n \binom nk \lambda^k\mu^{n-k}
= e^{-(\lambda+\mu)}\frac{(\lambda + \mu)^n}{n!}
$$

menurut teorema binomial: $X + Y \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)$. *[Hukum](#def-b2-randomvar-law) bersyarat:* untuk $0 \leq k \leq n$,

$$
\P(X = k \mid X + Y = n)
= \frac{\P(X = k)\P(Y = n - k)}{\P(X + Y = n)}
= \binom nk
\Bigl(\frac{\lambda}{\lambda+\mu}\Bigr)^{k}
\Bigl(\frac{\mu}{\lambda+\mu}\Bigr)^{n-k} ,
$$

yakni [hukum](#def-b2-randomvar-law) binomial $\mathcal{B}\bigl(n,
\frac{\lambda}{\lambda+\mu}\bigr)$: bila cacah totalnya diketahui, setiap [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) secara [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) “memilih” sumber pertamanya dengan peluang yang sebanding dengan lajunya.

**Latihan 22.3 ★.**

(Pengumpul kupon, [nilai harapannya](#def-b2-randomvar-expectation)) Sebuah merek sereal menyembunyikan satu dari $n$ mainan berbeda, secara seragam, di tiap kotaknya. Misalkan $T_n$ banyaknya kotak yang diperlukan untuk mengumpulkan seluruh $n$ mainannya. Dengan menulis $T_n$ sebagai jumlah peubah geometri yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) (yakni waktu melihat mainan *baru* ketika $k$ masih hilang), tunjukkanlah

$$
\E(T_n) = n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \sim n\ln n
$$

(yang setara lewat pembandingan deret–integral pada [Bab 6](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ch-b2-comparison)).

**Solusi Latihan 22.3.**

Ketika $k$ mainan masih kurang, setiap kotak baru membawa mainan baru dengan peluang $\frac kn$, bebas dari masa lalunya: waktu tunggu $W_k$ sampai mainan baru berikutnya berhukum geometrik $\mathcal{G}\bigl(\frac kn\bigr)$, dengan $\E(W_k) = \frac nk$, dan $T_n = W_n + W_{n-1} + \dots + W_1$ (kotak pertama selalu memberi mainan baru: $W_n = 1$, sesuai dengan $\E = n/n$). Menurut kelinearannya,

$$
\E(T_n) = \sum_{k=1}^n \frac nk = n\sum_{k=1}^n\frac1k
\sim n\ln n ,
$$

dengan memakai $\sum_{k\leq n}\frac1k = \ln n + \gamma + o(1)$ ([Bab 6](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ch-b2-comparison)). Mengumpulkan segelintir mainan terakhirlah yang mahal: separuh kotaknya habis untuk sisa yang sedikit itu.

**Latihan 22.4 ★★.**

Misalkan $X \geq 0$ bernilai bulat. Buktikan *rumus ekornya*

$$
\E(X) = \sum_{n=1}^{\infty} \P(X \geq n)
$$

(ketika salah satu ruasnya berhingga), dengan menulis $X =
\sum_{n\geq1}\mathbf{1}_{X \geq n}$ lalu menukarkan penjumlahannya (lewat Fubini bagi keluarga taknegatif). Lalu perolehlah $\E(X) = \frac1p$ bagi [hukum](#def-b2-randomvar-law) geometrinya.

**Solusi Latihan 22.4.**

Secara [titik demi titik](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def), $X(\omega) = \#\{n \geq 1 : X(\omega) \geq n\} =
\sum_{n\geq1}\mathbf{1}_{X \geq n}(\omega)$. Keluarga rangkap $\bigl(\mathbf{1}_{X \geq n}(\omega)\,\P(\{\omega\})\bigr)_{n,
\omega}$ taknegatif, jadi Fubini untuk keluarga ([Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series)) berlaku tanpa syarat: menjumlah dahulu atas $n$ memberi $\E(X)$, menjumlah dahulu atas $\omega$ memberi $\sum_n \P(X
\geq n)$; keduanya berhingga serentak dan sama. Untuk $X \sim
\mathcal{G}(p)$: $\P(X \geq n) = q^{n-1}$ ($q = 1-p$), jadi $\E(X) =
\sum_{n\geq1}q^{n-1} = \frac{1}{1 - q} = \frac1p$.

**Latihan 22.5 ★★.**

(Pencuplikan tanpa pengembalian lebih memusat) Sebuah guci berisi $N$ bola, dan $M$ di antaranya putih. Tariklah $n \leq N$ tanpa pengembalian lalu misalkan $X$ mencacah yang putihnya (yakni [hukum](#def-b2-randomvar-law) *hipergeometrik*). Dengan memakai indikator $X = \sum_{i=1}^n Y_i$ dengan $Y_i$ menyatakan tarikan ke-$i$: tunjukkanlah bahwa tiap $Y_i$ bersifat Bernoulli berparameter $p = M/N$ (berkat kesimetriannya!), lalu simpulkan $\E(X) = np$ persis seperti dengan pengembalian, kemudian tunjukkan $\operatorname{Cov}(Y_i, Y_j) = -\frac{p(1-p)}{N-1} < 0$ untuk $i
\neq j$, sehingga $V(X) = np(1-p)\frac{N - n}{N - 1} \leq np(1-p)$.

**Solusi Latihan 22.5.**

*Kesetangkupan:* bola ke-$i$ yang terambil merupakan bola seragam acak dari gucinya (setiap dari $N$ bolanya sama mungkin menempati kedudukan $i$ pada urutan pengambilannya), jadi $\P(Y_i = 1) = \frac MN =
p$ dan $\E(X) = np$ menurut kelinearannya — tanpa perlu kesalingbebasan.

*[Kovariansi](#def-b2-randomvar-variance):* untuk $i \neq j$, $\E(Y_iY_j) = \P(\text{pengambilan }
i, j \text{ sama-sama putih}) = \frac{M(M-1)}{N(N-1)}$ (pasangan terurut kedudukan yang berbeda memperoleh pasangan terurut bola yang berbeda, secara seragam). Jadi

$$
\operatorname{Cov}(Y_i, Y_j)
= \frac{M(M-1)}{N(N-1)} - \frac{M^2}{N^2}
= \frac{M(N - M)}{N^2}\cdot\frac{-1}{N-1}
= -\frac{p(1-p)}{N-1} < 0 :
$$

mengambil satu bola putih membuat yang putih makin langka bagi pengambilan lainnya. Menurut [Teorema 22.14](#thm-b2-randomvar-variancerules),

$$
V(X) = np(1-p) + n(n-1)\Bigl(-\frac{p(1-p)}{N-1}\Bigr)
= np(1-p)\,\frac{N - n}{N - 1} \leq np(1-p) :
$$

pencuplikan tanpa pengembalian punya rerata yang sama tetapi [ragam](#def-b2-randomvar-variance) yang *lebih kecil* daripada dengan pengembalian (kesamaannya hanya untuk $n = 1$), dengan korelasi negatifnya berperan sebagai penstabil. Untuk $n = N$ [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) lenyap: cacahnya lalu bersifat deterministik.

**Latihan 22.6 ★★.**

Misalkan $X$ bermomen kedua. Tunjukkan bahwa $c \mapsto \E\bigl((X -
c)^2\bigr)$ minimum persis di $c = \E(X)$, dengan minimum $V(X)$. Lalu tunjukkan bahwa $\P(X = \E(X)) = 1$ bila dan hanya bila $V(X) =
0$. *(Untuk butir keduanya: bila $V(X) = 0$, pakailah Chebyshev dengan $\varepsilon = 1/n$ beserta kekontinuan monoton, [Teorema 21.6](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-continuity).)*

**Solusi Latihan 22.6.**

Dengan menguraikan di sekitar $m = \E(X)$:

$$
\E\bigl((X - c)^2\bigr)
= \E\bigl((X - m)^2\bigr) + 2(m - c)\,\E(X - m) + (m - c)^2
= V(X) + (m - c)^2 ,
$$

yang minimum persis di $c = m$ dengan nilai $V(X)$ — [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) merupakan penduga konstan terbaik dalam rerata kuadrat.

Bila $\P(X = m) = 1$ maka $(X - m)^2$ lenyap dengan peluang $1$, jadi $V(X) = 0$ (keluarga pendefinisinya bersuku nol kecuali pada himpunan nol). Sebaliknya, bila $V(X) = 0$, Chebyshev ([Teorema 22.15](#thm-b2-randomvar-markov)) memberi $\P\bigl(\abs{X - m} \geq
\frac1n\bigr) \leq n^2\,V(X) = 0$ untuk setiap $n$; [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\bigl\{\abs{X - m} \geq \frac1n\bigr\}$ naik menuju $\{X \neq
m\}$, jadi kekontinuan monoton ([Teorema 21.6](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-continuity)) memberikan $\P(X \neq m) = 0$.

**Latihan 22.7 ★★★.**

(Pemusatan mengalahkan Markov) Misalkan $S_n \sim \mathcal{B}(n,
\frac12)$ (yakni banyaknya gambar pada $n$ lemparan setimbang). Bandingkanlah batas yang diberikan Markov (yakni $\P(S_n \geq \frac{3n}{4})$), Chebyshev, dan metode eksponensial (Chernoff):

$$
\P\Bigl(S_n \geq \frac{3n}4\Bigr)
\leq \E\bigl(e^{tS_n}\bigr)e^{-3nt/4}
= \Bigl(\frac{1 + e^t}{2}\Bigr)^n e^{-3nt/4}
\quad (t > 0),
$$

lalu optimumkan $t$ untuk memperoleh batas yang kecil secara eksponensial. *(Di $t = \ln 3$: batasnya $\bigl(2\cdot 3^{-3/4}\bigr)^n \approx
(0.877)^n$.)*

**Solusi Latihan 22.7.**

$\E(S_n) = \frac n2$ dan $V(S_n) = \frac n4$. *Markov:* $\P\bigl(S_n \geq \frac{3n}4\bigr) \leq
\frac{n/2}{3n/4} = \frac23$ — sebuah batas konstan, tak berguna untuk $n$ yang besar. *Chebyshev:* [kejadiannya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) mengakibatkan $\abs{S_n - \frac n2} \geq
\frac n4$, jadi peluangnya $\leq \frac{n/4}{(n/4)^2} =
\frac4n$ — meluruh, tetapi hanya secara suku banyak. *Chernoff:* menurut kesalingbebasannya, $\E(e^{tS_n}) =
\prod_{i=1}^n\E(e^{tX_i}) = \bigl(\frac{1 + e^t}{2}\bigr)^n$, dan Markov yang diterapkan pada $e^{tS_n} \geq e^{3nt/4}$ memberi, untuk setiap $t >
0$,

$$
\P\Bigl(S_n \geq \frac{3n}4\Bigr)
\leq \Bigl(\frac{1 + e^t}{2}\Bigr)^n e^{-3nt/4}
= \exp\Bigl(n\bigl(\ln\tfrac{1 + e^t}{2} - \tfrac{3t}4\bigr)\Bigr).
$$

Minimumkan pangkatnya: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\frac{1+e^t}{2} =
\frac{e^t}{1 + e^t} = \frac34$ di $e^t = 3$, yakni $t = \ln 3$, sehingga

$$
\P\Bigl(S_n \geq \frac{3n}4\Bigr)
\leq \Bigl(\frac{4}{2}\Bigr)^n 3^{-3n/4}
= \bigl(2 \cdot 3^{-3/4}\bigr)^n \approx (0.877)^n ,
$$

yang kecil secara eksponensial. Hierarki Markov $\to$ Chebyshev $\to$ Chernoff merupakan tangga bakunya: setiap anak tangganya menerapkan Markov pada fungsi peubahnya yang tumbuh lebih cepat.

**Latihan 22.8 ★★★.**

(Weierstrass lagi, secara peluang) Misalkan $f \colon [0,1] \to \R$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dan $S_n \sim \mathcal{B}(n, x)$. Tunjukkan bahwa [polinomial Bernstein](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#thm-b2-funcseq-weierstrass) $B_nf(x) = \sum_{k=0}^n f\bigl(\frac
kn\bigr)\binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ sama dengan $\E\bigl[f\bigl(\frac{S_n}{n}\bigr)\bigr]$, lalu turunkan ulang taksiran $\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \omega_f(\delta) +
\frac{2\norm f_\infty}{4n\delta^2}$ pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq) dalam bahasa peluang ini (yakni pecahlah pada $\bigl|\frac{S_n}{n} -
x\bigr| \geq \delta$ lalu pakailah Chebyshev).

**Solusi Latihan 22.8.**

Menurut teorema pemindahan ([Teorema 22.7](#thm-b2-randomvar-transfer)) yang diterapkan pada $f\bigl(\frac{S_n}{n}\bigr)$ dengan $S_n \sim
\mathcal{B}(n, x)$:

$$
\E\Bigl[f\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)\Bigr]
= \sum_{k=0}^n f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k(1-x)^{n-k}
= B_nf(x) .
$$

Tetapkan $\delta > 0$ lalu pisahkan $\abs{f(S_n/n) - f(x)}$ pada [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $D
= \bigl\{\abs{\frac{S_n}{n} - x} \geq \delta\bigr\}$: di luar $D$, selisihnya paling besar sama dengan modulus kekontinuannya $\omega_f(\delta) = \sup_{\abs{s - t}\leq\delta}\abs{f(s) -
f(t)}$; pada $D$, paling besar $2\norm f_\infty$. Dengan mengambil [nilai harapannya](#def-b2-randomvar-expectation) lalu memakai Chebyshev dengan $V\bigl(\frac{S_n}{n}\bigr) =
\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{1}{4n}$:

$$
\abs{B_nf(x) - f(x)}
\leq \E\,\abs{f(S_n/n) - f(x)}
\leq \omega_f(\delta)
+ 2\norm f_\infty\,\P(D)
\leq \omega_f(\delta) + \frac{2\norm f_\infty}{4n\delta^2} .
$$

Kekontinuan seragam $f$ pada $[0, 1]$ membuat $\omega_f(\delta) \to
0$: pilih $\delta$ lalu $n$, maka $B_nf \to f$ secara [seragam](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#def-b2-funcseq-def) — itulah teorema hampiran Weierstrass pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq), yang “lema pencacahannya” kini terkenali sebagai ketaksamaan Chebyshev bagi [hukum](#def-b2-randomvar-law) binomialnya.

**Latihan 22.9 ★★★.**

([Hukum](#def-b2-randomvar-law) kuat di bawah momen keempat) Misalkan $(X_k)$ [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence), berdistribusi identik, terpusat (dengan $\E X_1 = 0$), dan $\E(X_1^4) < \infty$. Dengan menguraikan $\E(S_n^4)$ lalu mencacah suku yang bertahan (yakni hanya suku $\E(X_i^4)$ dan $\E(X_i^2X_j^2)$ dengan $i
\neq j$), tunjukkanlah $\E(S_n^4) \leq C n^2$ untuk sebuah konstanta $C$. Lalu turunkan $\sum_n \P\bigl(\abs{S_n/n} \geq \varepsilon\bigr) < \infty$ untuk tiap $\varepsilon > 0$ (lewat Markov pada orde 4) kemudian rampungkan dengan Borel–Cantelli ([Teorema 21.25](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-borelcantelli)) bahwa $S_n/n \to 0$ hampir pasti dalam perumusan yang sesuai: yakni bahwa [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\bigcap_{j}\bigcup_N\bigcap_{n \geq N}\{\abs{S_n/n} <
\frac1j\}$ berpeluang $1$.

**Solusi Latihan 22.9.**

Uraikan $S_n^4 = \sum_{i,j,k,l}X_iX_jX_kX_l$ lalu ambil [nilai harapannya](#def-b2-randomvar-expectation). Menurut kesalingbebasan dan pemusatannya, setiap suku yang memuat satu indeks yang muncul tepat sekali akan lenyap ($\E(X_i) = 0$ terfaktorkan keluar). Suku yang bertahan: $n$ suku diagonal $\E(X_i^4)$, dan suku yang memasangkan dua pasang indeks yang sama, $\E(X_i^2X_j^2) =
\E(X_1^2)^2$ untuk $i \neq j$, yang muncul $3n(n-1)$ kali: pilih pasangan takterurut nilainya ($\binom n2$ cara), lalu $\frac{4!}{2!\,2!} = 6$ cara menempatkannya pada keempat lubangnya — $6\binom n2 = 3n(n-1)$. Jadi, dengan $\E(X_1^2)^2
\leq \E(X_1^4)$ (Jensen atau Cauchy–Schwarz),

$$
\E(S_n^4) = n\,\E(X_1^4) + 3n(n-1)\,\E(X_1^2)^2
\leq C n^2,
\qquad C = 4\,\E(X_1^4) .
$$

Markov pada orde 4:

$$
\P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n}{n}\Bigr| \geq \varepsilon\Bigr)
= \P\bigl(S_n^4 \geq n^4\varepsilon^4\bigr)
\leq \frac{Cn^2}{n^4\varepsilon^4}
= \frac{C}{n^2\varepsilon^4} ,
$$

yakni deret yang [terjumlahkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-summable). Menurut Borel–Cantelli 1 ([Teorema 21.25](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-borelcantelli)), untuk setiap $j$ [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $B_j = \limsup_n\bigl\{\abs{S_n/n} \geq \frac1j\bigr\}$ berpeluang $0$, jadi $\P\bigl(\bigcup_j B_j\bigr) = 0$ menurut kesubaditifan [terbilang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-countable). Pada komplemennya — yang berpeluang $1$ — untuk setiap $j$ ada $N$ dengan $\abs{S_n/n} < \frac1j$ bagi semua $n \geq N$: itu persis $S_n/n \to 0$. [Hukum](#def-b2-randomvar-law) kuat bilangan besar berlaku di bawah momen keempat; menyingkirkan hipotesis itu (teorema Kolmogorov) merupakan pekerjaan Tahun ke-3.

**Latihan 22.10 ★.**

Dua dadu setimbang dilempar; misalkan $M$ yang lebih besar di antara kedua hasilnya. Dengan memakai rumus ekor pada [Latihan 22.4](#exo-b2-randomvar-4) (versi berhingganya), tunjukkanlah

$$
\E(M) = \sum_{k=1}^{6}\P(M \geq k)
= 6 - \sum_{j=0}^5\Bigl(\frac j6\Bigr)^2 = \frac{161}{36}
\approx 4.47 .
$$

**Solusi Latihan 22.10.**

$\P(M \leq k) = \bigl(\frac k6\bigr)^2$ (kedua dadunya paling besar $k$, secara [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence)), jadi $\P(M \geq k) = 1 -
\bigl(\frac{k-1}6\bigr)^2$ dan

$$
\E(M) = \sum_{k=1}^6\P(M \geq k)
= 6 - \frac{0 + 1 + 4 + 9 + 16 + 25}{36}
= 6 - \frac{55}{36} = \frac{161}{36} \approx 4.47 ,
$$

yang cukup jauh di atas rerata $3.5$ satu dadu tunggal, sebagaimana layaknya sebuah maksimum.

**Latihan 22.11 ★★.**

Misalkan $F_n$ banyaknya titik tetap sebuah permutasi acak seragam atas $\{1, \dots, n\}$ (dengan $n \geq 2$). Dengan menulis $F_n =
\sum_i\mathbf 1_{\sigma(i) = i}$, hitunglah $\E(F_n) = 1$ dan $\operatorname{Cov}(\mathbf 1_{\sigma(i)=i}, \mathbf
1_{\sigma(j)=j}) = \frac1{n^2(n-1)}$ untuk $i \neq j$, lalu simpulkan $V(F_n) = 1$: jadi rata-rata satu huruf tetap, dengan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) persis $1$, berapa pun $n$.

**Solusi Latihan 22.11.**

Dengan $I_i = \mathbf 1_{\sigma(i) = i}$: $\P(\sigma(i) = i) =
\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$, jadi $\E(F_n) = n\cdot\frac1n =
1$. Untuk $i \neq j$: $\P(\sigma(i) = i, \sigma(j) = j) =
\frac{(n-2)!}{n!} = \frac1{n(n-1)}$, sehingga

$$
\operatorname{Cov}(I_i, I_j) = \frac1{n(n-1)} - \frac1{n^2}
= \frac{1}{n^2(n-1)} .
$$

Menurut perkakas [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) ([Teorema 22.14](#thm-b2-randomvar-variancerules)),

$$
V(F_n) = n\cdot\frac1n\Bigl(1 - \frac1n\Bigr)
+ n(n-1)\cdot\frac1{n^2(n-1)}
= 1 - \frac1n + \frac1n = 1 .
$$

Rerata $1$, [ragam](#def-b2-randomvar-variance) $1$, tak bergantung pada $n$ — sesuai dengan limit Poisson pada masalah pencocokannya ([Latihan 21.5](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#exo-b2-proba-5)).

**Latihan 22.12 ★★★.**

(Pengumpul kupon, pemusatannya) Pada latar [Latihan 22.3](#exo-b2-randomvar-3), tunjukkanlah

$$
V(T_n) = \sum_{k=1}^n\frac{1 - k/n}{(k/n)^2}
\leq n^2\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \leq \frac{\pi^2}{6}n^2,
$$

dengan memakai kebebasan tahap geometrinya beserta $V(\mathcal
G(p)) = \frac{1-p}{p^2}$ ([Latihan 22.1](#exo-b2-randomvar-1); dan nilai $\pi^2/6$-nya adalah [Contoh 14.12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/14-deret-fourier#ex-b2-fourier-basel)). Lalu turunkan dengan Chebyshev bahwa $\dfrac{T_n}{n\ln n} \to 1$ *dalam peluang*: jadi total waktu pengumpulnya adalah $n\ln n$ hingga fluktuasi berorde $n$.

**Solusi Latihan 22.12.**

$T_n = \sum_{k=1}^nG_k$ dengan $G_k \sim \mathcal G(k/n)$ menyatakan waktu sampai terlihat mainan baru ketika $k$ mainan masih kurang, dan tahapannya [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence). Jadi

$$
V(T_n) = \sum_{k=1}^n\frac{1 - k/n}{(k/n)^2}
\leq \sum_{k=1}^n\frac{n^2}{k^2}
\leq \frac{\pi^2}6\,n^2 ,
$$

menurut [Contoh 14.12](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/14-deret-fourier#ex-b2-fourier-basel). Dengan $\E(T_n) = nH_n$, $H_n =
\sum_1^n\frac1k$ ([Latihan 22.3](#exo-b2-randomvar-3)), Chebyshev memberi, untuk $\varepsilon > 0$,

$$
\P\bigl(\abs{T_n - nH_n} \geq \varepsilon\,n\ln n\bigr)
\leq \frac{\pi^2n^2/6}{\varepsilon^2n^2\ln^2 n}
= \frac{\pi^2}{6\,\varepsilon^2\ln^2n}
\xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .
$$

Karena $H_n \sim \ln n$, membaginya dengan $n\ln n$ menunjukkan $T_n/(n\ln n) \to 1$ dalam peluang: fluktuasi $T_n$ berorde $n$, yang dapat diabaikan terhadap reratanya $n\ln n$.

## 22.6 Soal: kotak perkakas pemusatan, dari Markov ke Hoeffding

**Soal 22.1.**

Soal akhir pekan — pemusatan eksponensial dengan tangan, dan berapa orang yang harus ditanya sebuah jajak pendapat

Ketaksamaan Markov berharga satu momen dan membeli peluruhan $1/a$; sedangkan Chebyshev berharga dua momen dan membeli $1/\varepsilon^2$ — dan [Contoh 22.18](#ex-b2-randomvar-chebsharp) menunjukkan bahwa itulah semua yang dapat dibeli momen tersebut. Soal ini mendaki sisa tangganya: yakni metode eksponensial (Chernoff) dengan lajunya yang *[eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact)* bagi lemparan koin, ketaksamaan Hoeffding bagi semua peubah yang terbatas, dan panennya — yakni ukuran cuplikan yang gamblang dan jujur bagi jajak pendapat, penetapan pemenang pemilu, dan pengujian koin. Di sepanjang soal ini, $S_n \sim
\mathcal B(n, p)$ merupakan jumlah $n$ peubah Bernoulli yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dan $\widehat p_n = S_n/n$ frekuensi empirisnya.

**Bagian I — Penakaran pada koin yang setimbang.** Di sini $p = \frac12$ dan $a \in \intoo{\frac12}{1}$.

1. Markov di aras $an$ : tunjukkan $\P(S_n \geq an) \leq  \frac1{2a}$ , yakni batas yang bahkan tak menuju $0$ . Lalu di mana Markov kehilangan sebanyak itu?
2. Chebyshev: dengan memakai kesetangkupan binomial setimbangnya terhadap $n/2$, tunjukkanlah $$\P(S_n \geq an) = \tfrac12\,  \P\bigl(\abs{S_n - \tfrac n2} \geq n(a -  \tfrac12)\bigr)  \leq \frac{1}{8n(a - 1/2)^2},$$ yakni $\frac2n$ di $a = \frac34$: jadi peluruhan polinomial pada akhirnya.
3. (Chernoff, aras umum) Hitunglah $\E(\eu^{tS_n}) = \bigl(\frac{1 + \eu^t}2\bigr)^n$ lalu optimumkan $\P(S_n \geq an) \leq  \E(\eu^{tS_n})\eu^{-tan}$ atas $t > 0$: tunjukkan bahwa $t$ optimumnya adalah $\ln\frac{a}{1-a}$ dan $$\P(S_n \geq an) \leq \eu^{-n\,I(a)},  \qquad  I(a) = \ln 2 + a\ln a + (1-a)\ln(1-a) > 0 .$$ Lalu periksalah bahwa $a = \frac34$ memulihkan batas $\bigl(2\cdot3^{-3/4}\bigr)^n$ pada [Latihan 22.7](#exo-b2-randomvar-7).
4. (Eksponennya [eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact)) Misalkan $k = an$ bilangan bulat. Dari fakta bahwa $\binom nk a^k(1-a)^{n-k}$ merupakan yang terbesar di antara $n + 1$ suku sebuah [distribusi](#def-b2-randomvar-law) peluang, buktikanlah $\binom nk \geq  \frac{\eu^{nH(a)}}{n+1}$ dengan $H(a) = -a\ln a -  (1-a)\ln(1-a)$, lalu turunkan batas bawah yang bersesuaian $$\P(S_n \geq an) \geq \binom{n}{an}2^{-n}  \geq \frac{\eu^{-n\,I(a)}}{n + 1} .$$
5. Tabelkan ketiga batasnya di $n = 100$ dan $a =  \frac34$ : yakni Markov $\frac23$ , Chebyshev $0.02$ , dan Chernoff $\approx 2.1\cdot10^{-6}$ (sedangkan nilai benarnya $\approx 2.8\cdot10^{-7}$ ). Lalu pelajarannya, dalam satu kalimat?

**Bagian II — Ketaksamaan Hoeffding.**

6. (Kasus Rademacher) Untuk $\varepsilon = \pm1$ yang masing-masing berpeluang $\frac12$, buktikanlah $$\E(\eu^{t\varepsilon}) = \cosh t \leq \eu^{t^2/2}  \qquad (t \in \R)$$ dengan membandingkan kedua deretnya suku demi suku (sebab $(2k)! \geq  2^kk!$).
7. Turunkan, untuk peubah Rademacher yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) $\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n$ dan setiap $s >  0$: $$\P\Bigl(\sum_{i=1}^n\varepsilon_i \geq s\Bigr)  \leq \eu^{-s^2/(2n)} .$$
8. Terjemahkan ke koin setimbang (dengan $X_i =  \frac{1+\varepsilon_i}2$ ): $\P\bigl(\widehat p_n -  \tfrac12 \geq \delta\bigr) \leq \eu^{-2n\delta^2}$ , beserta versi dua sisinya dengan faktor $2$ .
9. (Lema Hoeffding) Misalkan $X \in \intcc01$ dengan $\E X =  p$, dan $\psi(t) = \ln\E(\eu^{tX})$. Benarkanlah bahwa $\psi$ [terdiferensialkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#def-b2-diffcalc-differential) dua kali dengan $$\psi''(t) = \E_t(X^2) - \E_t(X)^2, \qquad  \E_t(Y) := \frac{\E(Y\eu^{tX})}{\E(\eu^{tX})},$$ yakni sebuah *[ragam](#def-b2-randomvar-variance)* bagi peubah terbobot ulang yang masih bernilai di $\intcc01$; lalu batasilah ia dengan $\frac14$ (lewat hujah keminimalan [Latihan 22.6](#exo-b2-randomvar-6)) kemudian rampungkan lewat Taylor: $$\E\bigl(\eu^{t(X - p)}\bigr) \leq \eu^{t^2/8} .$$
10. (Ketaksamaan Hoeffding) Untuk $X_i \in \intcc01$ yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dengan rerataan bersama $p$, turunkanlah $$\P\bigl(\abs{\widehat p_n - p} \geq \delta\bigr)  \leq 2\,\eu^{-2n\delta^2}  \qquad (\delta > 0).$$
11. Bandingkan laju Chebyshev $\frac{p(1-p)}{n\delta^2}$ dengan laju Hoeffding $2\eu^{-2n\delta^2}$ : hipotesis mana yang dituntut masing-masingnya, dan mulai dari $n$ yang mana (secara kasar) batas eksponensialnya menang di $\delta = 0.03$ dan $p =  \frac12$ ?

**Bagian III — Berapa orang yang harus ditanya sebuah jajak pendapat?** Sebuah jajak pendapat menanyai $n$ pemilih yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dan dipilih seragam; masing-masing menjawab jujur; dengan $p$ menyatakan skor benarnya dan $\widehat p_n$ angka jajak pendapatnya.

12. Tunjukkan bahwa jajak pendapatnya akurat sampai $\pm\delta$ dengan kepercayaan $1 - \alpha$ (yakni $\P(\abs{\widehat p_n - p} \geq \delta) \leq \alpha$) segera setelah $$n \;\geq\; \frac{\ln(2/\alpha)}{2\,\delta^2} .$$
13. Hitunglah $n$ yang dituntut bagi spesifikasi baku “tiga poin, sembilan puluh lima persen” (dengan $\delta  = 0.03$ dan $\alpha = 0.05$ ): yakni $n \geq 2050$ ; dan bagi satu poin: $n \geq 18\,445$ . Amatilah — lalu jelaskanlah — fakta yang mencolok bahwa jawabannya tak melibatkan besarnya populasi.
14. Kerjakan ulang pertanyaan 13 lewat Chebyshev (dengan $V(X_1) = p(1-p)  \leq \frac14$ ): yakni $n \geq \frac1{4\alpha\delta^2} =  5556$ pada tiga poin. Perhatikan bahwa pencuplikan *tanpa* pengembalian hanya membantu ( [Latihan 22.5](#exo-b2-randomvar-5) : sebab [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) menciut sebesar $\frac{N-n}{N-1}$ ).
15. (Menetapkan pemenang pemilu) Skor benar seorang kandidat adalah $p  = 0.52$ . Berapa banyak pemilih yang harus dijajaki agar $\P(\widehat p_n \leq \tfrac12) \leq 0.01$ ? Tunjukkanlah $n  \geq \frac{\ln 100}{2\cdot(0.02)^2} \approx 5757$ — jadi menetapkan pemenang perlombaan yang ketat jauh lebih mahal daripada menaksir sebuah skor.
16. Apa yang *tak* diliput matematikanya: daftarkanlah asumsi pemodelan yang dipakai (yakni pencuplikan seragam yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) , jawaban yang jujur, dan $p$ yang tetap), lalu jelaskanlah dalam satu paragraf pendek mengapa galat jajak pendapat yang nyata didominasi *bias* (yakni pencuplikan yang tak seragam dan ketakresponsan), yang tak dikurangi oleh kenaikan $n$ mana pun.

**Bagian IV — Lebih tajam dan lebih murah.**

17. (Median rerata: peluruhan eksponensial dari dua momen) Pecahlah sebuah anggaran berisi $km$ cuplikan menjadi $k$ kelompok [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) berisi $m$; lalu misalkan $\widehat p^{(1)}, \dots, \widehat  p^{(k)}$ rerata kelompoknya dan $M$ mediannya. Pilihlah $m$ sedemikian sehingga tiap kelompoknya memenuhi $\P(\abs{\widehat p^{(i)} - p} \geq \delta) \leq  \frac18$ (lewat Chebyshev: sebab $m \geq \frac2{\delta^2}$ sudah cukup). Tunjukkanlah bahwa bila $\abs{M - p} \geq \delta$ maka sekurangnya $k/2$ kelompoknya keliru, lalu turunkan $$\P(\abs{M - p} \geq \delta)  \leq \binom{k}{\lceil k/2\rceil}\Bigl(\frac18  \Bigr)^{k/2}  \leq 2^k\cdot 8^{-k/2} = 2^{-k/2} :$$ jadi pemusatan eksponensial dengan memakai apa pun yang tak melampaui [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance).
18. (Paley–Zygmund) Untuk $X \geq 0$ yang bermomen kedua, buktikanlah $\P(X > 0) \geq \dfrac{\E(X)^2}{\E(X^2)}$ *(lewat Cauchy–Schwarz pada $X\mathbf 1_{X>0}$)* : yakni perkakas arah baliknya — sebab momen juga dapat memaksa [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) untuk terjadi.
19. (Pinsker ringan) Tunjukkan $I(a) \geq 2\bigl(a -  \tfrac12\bigr)^2$ pada $\intoo{\frac12}1$ *(sebab selisihnya lenyap sampai orde dua di $\frac12$ dan turunan keduanya $\frac1{a(1-a)} - 4 \geq  0$)* : jadi eksponen [eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact) Chernoff selalu mengalahkan eksponen kuadratik Hoeffding.
20. Uraikan $I\bigl(\tfrac12 + \delta\bigr) = 2\delta^2 +  O(\delta^4)$ lalu gabungkan dengan pertanyaan 4: jadi untuk simpangan yang kecil eksponen Hoeffding $2n\delta^2$ bersifat *[eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact)* secara asimtotik — sehingga tak ada metode yang dapat mengalahkannya lebih daripada faktor polinomial.
21. Susunlah tabel kotak perkakasnya: yakni bagi Markov, Chebyshev, batas momen keempat pada [Latihan 22.9](#exo-b2-randomvar-9) , Hoeffding, dan Chernoff dengan eksponen $I$ , nyatakanlah dalam satu baris masing-masing: hipotesis yang dituntut, peluruhan yang diperoleh, dan pertanyaan pada soal ini tempat ia paling tajam.

**Bagian V — Panennya.**

22. (Menguji sebuah koin) Sebuah koin entah setimbang entah berat sebelah dengan $p = 0.55$ . Kamu melemparnya $n$ kali lalu mengumumkan “berat sebelah” ketika $\widehat p_n > 0.525$ . Tunjukkanlah bahwa kedua peluang galatnya paling banyak $\eu^{-2n(0.025)^2}$ , dan bahwa $n \geq 3685$ lemparan menjamin keduanya di bawah $1\%$ .
23. ( [Kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) langka menuntut batas yang sadar [ragam](#def-b2-randomvar-variance) ) Misalkan $p =  0.01$ lalu ambillah spesifikasi relatifnya $\delta =  p/2 = 0.005$ dan $\alpha = 0.05$ . Bandingkanlah ukuran cuplikan yang dituntut Hoeffding (yakni $n \approx 74\,000$ ) dan yang dituntut Chebyshev dengan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) benarnya $p(1-p)$ (yakni $n  \approx 7920$ ): jadi batas eksponensial yang buta [ragam](#def-b2-randomvar-variance) kalah oleh momen kedua yang sederhana. Nyatakanlah pelajarannya, dan dari mana perkakas yang hilangnya (yakni batas eksponensial yang sadar [ragam](#def-b2-randomvar-variance) ; dan hampiran Poisson pada [Bab 23](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/23-fungsi-pembangkit-peluang#ch-b2-genfun) ) kelak datang.
24. ( [Hukum](#def-b2-randomvar-law) kuat bagi koin) Dari $\sum_n  2\eu^{-2n\delta^2} < \infty$ dan Borel–Cantelli ( [Teorema 21.25](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-borelcantelli) ), buktikanlah bahwa $\widehat p_n \to p$ hampir pasti bagi lemparan koin yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) : yakni rumuskanlah [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) hampir pastinya sebagai $\bigcap_j\bigcup_N\bigcap_{n\geq N}  \{\abs{\widehat p_n - p} < \tfrac1j\}$ seperti pada [Latihan 22.9](#exo-b2-randomvar-9) , lalu simpulkan. (Adapun keterbatasannya menggantikan momen keempat yang dipakai di sana.)
25. Rangkuman. Dalam lima kalimat: apa yang diharga dan dibeli tiap anak tangganya (yakni momen satu, dua, empat; eksponensial yang terbatas; dan eksponen yang [eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact) ); mengapa menjajaki $2050$ orang sudah cukup bagi sebuah negeri sebesar apa pun; dan batas mana di antaranya yang kelak dipertajam jilid Tahun ke-3 menjadi konstanta [eksak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#def-b2-multint-exact) teorema limit pusat.

**Solusi Soal 22.1.**

**1.** $\E(S_n) = \frac n2$ dan Markov ([Teorema 22.15](#thm-b2-randomvar-markov)) memberi $\P(S_n \geq an) \leq
\frac{n/2}{an} = \frac1{2a}$. Markov hanya mengenal reratanya: ia tak dapat membedakan peubah yang memusat di $n/2$ dari peubah yang tersebar antara $0$ dan $n$, jadi ia menghargai ekornya seolah-olah seluruh massanya boleh berada di sana.

**2.** Binomial setimbangnya setangkup terhadap $n/2$ ($S_n$ dan $n - S_n$ berhukum sama), jadi dengan $x = n(a -
\frac12) > 0$ kedua [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $\{S_n - \frac n2 \geq x\}$ dan $\{S_n - \frac n2 \leq -x\}$ saling lepas dan sama peluangnya: $\P(S_n \geq an) = \frac12\P(\abs{S_n - \frac n2} \geq x)$. Chebyshev dengan $V(S_n) = \frac n4$:

$$
\P(S_n \geq an)
\leq \frac12\cdot\frac{n/4}{n^2(a - 1/2)^2}
= \frac1{8n(a - 1/2)^2},
$$

yang bernilai $\frac2n$ di $a = \frac34$.

**3.** Menurut kesalingbebasan dan teorema hasil kalinya, $\E(\eu^{tS_n}) = \bigl(\E \eu^{tX_1}\bigr)^n = \bigl(\frac{1
+ \eu^t}2\bigr)^n$. Markov yang diterapkan pada $\eu^{tS_n}$:

$$
\P(S_n \geq an) \leq \eu^{-tan}\Bigl(\frac{1 +
\eu^t}2\Bigr)^{\!n} = \exp\Bigl(n\bigl(\ln\tfrac{1 +
\eu^t}2 - ta\bigr)\Bigr).
$$

Turunan pangkatnya terhadap $t$ adalah $\frac{\eu^t}{1 + \eu^t}
- a$, yang lenyap di $\eu^t = \frac a{1-a}$, yakni $t^* =
\ln\frac a{1-a} > 0$; di sana $\frac{1 + \eu^{t^*}}2 =
\frac1{2(1-a)}$ dan pangkatnya sama dengan

$$
n\Bigl(-\ln 2 - \ln(1-a) - a\ln\frac a{1-a}\Bigr)
= -n\bigl(\ln2 + a\ln a + (1-a)\ln(1-a)\bigr) = -n\,I(a),
$$

dengan $I(\frac12) = 0$ dan $I'(a) = \ln\frac a{1-a} > 0$ pada $\intoo{\frac12}1$: $I(a) > 0$. Di $a = \frac34$: $\eu^{-I(3/4)} = \frac12(\tfrac34)^{-3/4}(\tfrac14)^{-1/4} =
2\cdot3^{-3/4}$, yakni batas pada [Latihan 22.7](#exo-b2-randomvar-7).

**4.** Sebanyak $n + 1$ bilangan $\binom nja^j(1-a)^{n-j}$ berjumlah $1$, dan yang terbesar adalah yang di $j = k = an$ (modus $\mathcal B(n, a)$ di sini adalah $\floor{(n+1)a} = k$). Maksimum dari $n + 1$ bilangan yang berjumlah $1$ paling kecil adalah $\frac1{n+1}$:

$$
\binom nk a^k(1-a)^{n-k} \geq \frac1{n+1}
\quad\Longrightarrow\quad
\binom nk \geq \frac{a^{-an}(1-a)^{-n(1-a)}}{n+1}
= \frac{\eu^{nH(a)}}{n+1}.
$$

Jadi $\P(S_n \geq an) \geq \binom{n}{an}2^{-n} \geq
\eu^{n(H(a) - \ln2)}/(n+1) = \eu^{-nI(a)}/(n+1)$: sampai faktor suku banyaknya $n + 1$, pangkat Chernoff itulah kebenarannya.

**5.** $n = 100$, $a = \frac34$: Markov $\frac23$; Chebyshev $\frac2{100} = 0.02$; Chernoff $(2\cdot3^{-3/4})^{100} = \eu^{-100\,I(3/4)} \approx
2.1\cdot10^{-6}$, terhadap nilai persisnya $2.8\cdot10^{-7}$. Pelajarannya: setiap momen informasi membagi batasnya secara suku banyak; adapun momen eksponensialnya mengubah *sifatnya*.

**6.** $\cosh t = \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{(2k)!}$ dan $\eu^{t^2/2} = \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2^kk!}$; klaimnya menyusul suku demi suku dari $(2k)! \geq 2^kk!$, yang berlaku menurut induksi: $(2k)! = 2k(2k-1)\cdot(2k-2)! \geq 2k\cdot
2^{k-1}(k-1)! = 2^kk!\cdot(2k-1) \geq 2^kk!$.

**7.** Menurut kesalingbebasannya, $\E\bigl(\eu^{t\sum\varepsilon_i}
\bigr) = (\cosh t)^n \leq \eu^{nt^2/2}$, jadi Markov memberi $\P(\sum\varepsilon_i \geq s) \leq \eu^{nt^2/2 - ts}$; dengan meminimumkannya di $t = s/n$ diperoleh $\eu^{-s^2/(2n)}$.

**8.** Dengan $X_i = \frac{1 + \varepsilon_i}2$, $\widehat
p_n - \frac12 = \frac1{2n}\sum\varepsilon_i$, jadi $\{\widehat p_n - \frac12 \geq \delta\} =
\{\sum\varepsilon_i \geq 2n\delta\}$ dan pertanyaan 7 memberi batas $\eu^{-(2n\delta)^2/(2n)} = \eu^{-2n\delta^2}$. [Kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) setangkupnya berbatas sama, dari situlah faktor $2$ bagi $\abs{\widehat p_n - \frac12} \geq \delta$.

**9.** $\E(\eu^{tX}) = \sum_x\eu^{tx}\P(X = x)$ merupakan deret fungsi mulus dari $t$ yang turunan suku demi sukunya terdominasi, pada setiap selang-$t$ [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact), oleh $\eu^{\abs t}\P(X = x)$ (sebab $0 \leq x \leq 1$): menurut teorema penurunan bagi deret yang konvergen normal ([Teorema 10.7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#thm-b2-funcseq-differentiation)) ia dua kali [terdiferensialkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#def-b2-diffcalc-differential), dan aturan hasil baginya memberi $\psi' = \E_t(X)$ dan $\psi'' = \E_t(X^2) - \E_t(X)^2$, dengan $\E_t$ menyatakan [nilai harapan](#def-b2-randomvar-expectation) bagi bobot yang ditimbang ulang $\eu^{tx}\P(X{=}x)/\E(\eu^{tX})$ — taknegatif, berjumlah $1$, ditopang oleh nilai yang sama $x \in \intcc01$. [Ragam](#def-b2-randomvar-variance) sebuah peubah bernilai-$\intcc01$ paling besar $\frac14$: menurut [Latihan 22.6](#exo-b2-randomvar-6), ia sama dengan $\min_c\E_t((X - c)^2) \leq
\E_t\bigl((X - \tfrac12)^2\bigr) \leq \tfrac14$. Taylor dengan sisa integral, memakai $\psi(0) = 0$, $\psi'(0) = p$:

$$
\psi(t) = tp + \int_0^t(t - s)\,\psi''(s)\,\dd s
\leq tp + \frac{t^2}2\cdot\frac14,
$$

yakni $\E(\eu^{t(X - p)}) \leq \eu^{t^2/8}$ untuk semua $t$ real.

**10.** Menurut kesalingbebasannya, $\E\bigl(\eu^{t(S_n -
np)}\bigr) \leq \eu^{nt^2/8}$; Markov dan pengoptimuman $t
= 4\delta$ memberi

$$
\P(\widehat p_n - p \geq \delta)
\leq \eu^{nt^2/8 - tn\delta}\Big|_{t = 4\delta}
= \eu^{-2n\delta^2};
$$

adapun penerapannya pada peubah $1 - X_i$ (yang juga di $\intcc01$) membatasi ekor lainnya, dari situlah batas dua sisi $2\eu^{-2n\delta^2}$.

**11.** Chebyshev hanya perlu momen kedua lalu memberi $\frac{p(1-p)}{n\delta^2}$; Hoeffding perlu *keterbatasan* lalu memberi $2\eu^{-2n\delta^2}$. Di $p =
\frac12$, $\delta = 0.03$: batasnya adalah $\frac{278}{n}$ (kira-kira) berbanding $2\eu^{-0.0018n}$; keduanya berpotongan dekat $n \approx 1200$, dan setelah itu batas eksponensialnya menang, bahkan menang telak ($n = 5000$: $0.056$ berbanding $2.5\cdot10^{-4}$).

**12.** Menurut Hoeffding (pertanyaan 10), $\P(\abs{\widehat
p_n - p} \geq \delta) \leq 2\eu^{-2n\delta^2} \leq \alpha$ segera setelah $2n\delta^2 \geq \ln\frac2\alpha$, yakni $n \geq
\frac{\ln(2/\alpha)}{2\delta^2}$.

**13.** $\delta = 0.03$, $\alpha = 0.05$: $n \geq
\frac{\ln 40}{2\cdot0.0009} \approx 2049.4$: $2050$ orang. Untuk $\delta = 0.01$: $n \geq \frac{\ln40}{0.0002} \approx
18\,445$. Ukuran populasinya tak pernah muncul sebab setiap pemilih yang tercuplik dimodelkan sebagai pengambilan Bernoulli$(p)$ yang baru: kesulitan jajak pendapatnya terletak pada [ragam](#def-b2-randomvar-variance) sekeping koin, bukan pada besarnya negerinya. Memotong separuh galat batasnya berharga empat kali lipat cuplikannya — itulah [hukum](#def-b2-randomvar-law) $1/\delta^2$.

**14.** Chebyshev: $\P(\abs{\widehat p_n - p} \geq
\delta) \leq \frac{p(1-p)}{n\delta^2} \leq
\frac1{4n\delta^2} \leq \alpha$ untuk $n \geq
\frac1{4\alpha\delta^2}$, yakni $5556$ pada tiga poin — sekitar $2.7$ kali kebutuhan Hoeffding. Tanpa pengembalian, [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) terkalikan $\frac{N -
n}{N-1} < 1$ ([Latihan 22.5](#exo-b2-randomvar-5)), jadi $n$ yang sama hanya bisa lebih baik: perhitungan dengan pengembaliannyalah yang konservatif.

**15.** $\{\widehat p_n \leq \frac12\} \subseteq
\{\widehat p_n - 0.52 \leq -0.02\}$, jadi menurut batas Hoeffding satu sisi $\P(\widehat p_n \leq \tfrac12) \leq
\eu^{-2n(0.02)^2} \leq 0.01$ segera setelah $n \geq \frac{\ln
100}{2\cdot0.0004} \approx 5756.5$: $5757$ pemilih. Biayanya berskala seperti kuadrat kebalikan *keunggulannya*, bukan kebalikan ketelitian yang diinginkan: pemilihan yang ketat itu mahal.

**16.** Yang dipakai: cuplikannya diambil secara seragam dan [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence) dari kumpulan pemilihnya; setiap orang yang tercuplik menjawab, dengan jujur, dan $p$ tak bergerak selama penjajakannya. Jajak pendapat nyata melanggar ketiganya: responden yang terjangkau dan bersedia bukanlah cuplikan seragam (bias pemilihan dan bias tanpa jawaban), dan jawabannya bisa tak jujur atau tak stabil. Semuanya galat *bias*: ia menggeser $\E(\widehat p_n)$ menjauhi $p$ sebesar suatu jumlah yang tak bergantung pada $n$, jadi tak ada ukuran cuplikan yang menguranginya — matematika pada Bagian ini hanya mengendalikan suku fluktuasinya.

**17.** Chebyshev untuk satu kelompok berukuran $m$: $\P(\abs{
\widehat p^{(i)} - p} \geq \delta) \leq \frac{1}{4m\delta^2}
\leq \frac18$ untuk $m \geq \frac2{\delta^2}$. Bila kelompok yang keliru kurang dari $k/2$, maka lebih dari $k/2$ di antara nilai $\widehat p^{(i)}$ terletak pada selang buka $\intoo{p -
\delta}{p + \delta}$, begitu pula mediannya; jadi $\{\abs{M - p} \geq \delta\}$ memaksa sedikitnya $\lceil
k/2\rceil$ kekeliruan di antara $k$ kelompok yang [saling bebas](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-independence). Batas gabungan atas $\binom k{\lceil k/2\rceil}$ himpunan kelompok keliru yang mungkin memberi

$$
\P(\abs{M - p} \geq \delta)
\leq \binom{k}{\lceil k/2\rceil}
\Bigl(\frac18\Bigr)^{k/2}
\leq 2^k\,8^{-k/2} = 2^{-k/2} :
$$

yakni peluruhan eksponensial terhadap banyaknya kelompok, yang ditebus dengan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) belaka — berguna justru ketika sukunya takterbatas dan Hoeffding tak tersedia.

**18.** Cauchy–Schwarz ([Teorema 22.19](#thm-b2-randomvar-jensen)):

$$
\E(X) = \E(X\,\mathbf 1_{X>0})
\leq \sqrt{\E(X^2)}\sqrt{\E(\mathbf 1_{X>0}^2)}
= \sqrt{\E(X^2)\,\P(X > 0)} ;
$$

kuadratkan lalu bagi.

**19.** Ambil $h(a) = I(a) - 2(a - \tfrac12)^2$. Maka $h(\tfrac12) = 0$, $h'(a) = \ln\frac a{1-a} - 4(a -
\tfrac12)$ lenyap di $\tfrac12$, dan

$$
h''(a) = \frac1a + \frac1{1-a} - 4 = \frac{1}{a(1-a)} - 4
\geq 0
$$

sebab $a(1-a) \leq \frac14$. Jadi $h'$ naik dari $0$ pada $\intco{\frac12}1$, sehingga $h' \geq 0$ dan $h \geq 0$: $I(a)
\geq 2(a - \tfrac12)^2$.

**20.** $I(\tfrac12) = I'(\tfrac12) = 0$, $I''(a) =
\frac1{a(1-a)}$ memberi $I''(\tfrac12) = 4$, dan $I'''(\tfrac12)
= 0$ (fungsinya setangkup terhadap $\tfrac12$), jadi $I(\tfrac12 + \delta) = 2\delta^2 + O(\delta^4)$. Pertanyaan 4 lalu membatasi ekor sejatinya *dari bawah* oleh $\eu^{-n(2\delta^2 + O(\delta^4))}/(n+1)$: untuk $\delta$ yang kecil pangkat Hoeffding $2n\delta^2$ persis secara asimtotik — hanya perbaikan suku-banyak-dalam-$n$ yang mungkin.

**21.** Markov: satu momen, peluruhan $1/a$, berguna hanya sebagai mesin di balik yang lain (pertanyaan 1 menunjukkannya datar). Chebyshev: dua momen, peluruhan $\frac{V}{n\delta^2}$, tajam tanpa hipotesis tambahan ([Contoh 22.18](#ex-b2-randomvar-chebsharp)), sekaligus perkakas terbaik pada pertanyaan 23. Momen keempat ([Latihan 22.9](#exo-b2-randomvar-9)): peluruhan $C/n^2$, keterjumlahannya pas cukup untuk sebuah [hukum](#def-b2-randomvar-law) kuat. Hoeffding: peubah terbatas, peluruhan $2\eu^{-2n\delta^2}$, kuda beban Bagian III. Chernoff dengan laju persisnya $I(a)$: momen eksponensial penuh, pangkat yang tak terkalahkan (pertanyaan 4, 20), titik acuan bagi segala yang lain.

**22.** Bila koinnya setimbang: $\P(\widehat p_n > 0.525)
\leq \P(\widehat p_n - \tfrac12 \geq 0.025) \leq
\eu^{-2n(0.025)^2}$. Bila $p = 0.55$: $\P(\widehat p_n \leq
0.525) \leq \P(\widehat p_n - 0.55 \leq -0.025) \leq
\eu^{-2n(0.025)^2}$. Kedua galatnya di bawah $0.01$ ketika $2n(0.025)^2 \geq \ln 100$, yakni $n \geq 3684.2$: $3685$ lemparan. (Membedakan hipotesis yang terpaut $2.5$ poin berharga sama dengan menaksir sampai ketelitian $\pm2.5$ poin.)

**23.** Hoeffding: $n \geq \frac{\ln 40}{2(0.005)^2}
\approx 73\,778$. Chebyshev dengan [ragam](#def-b2-randomvar-variance) sejatinya $p(1-p)
= 0.0099$: $n \geq \frac{0.0099}{0.05\cdot(0.005)^2} =
7920$ — sembilan kali lebih murah. Pangkat Hoeffding $2n\delta^2$ menghargai [ragamnya](#def-b2-randomvar-variance) pada kasus terburuknya $\frac14$, yang pesimistis secara ganjil ketika $p = 0.01$; adapun momen kedua yang sederhana itu lebih tahu. Perkakas yang hilang adalah batas eksponensial yang [sadar-ragam](#def-b2-randomvar-variance) (ketaksamaan Bernstein, Tahun ke-3) — atau, untuk [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) langka, hampiran Poisson yang dibuktikan pada [Bab 23](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/23-fungsi-pembangkit-peluang#ch-b2-genfun), yang bekerja pada skala nisbi yang alami.

**24.** Tetapkan $\delta > 0$: $\sum_n 2\eu^{-2n\delta^2} <
\infty$ (deret bertipe geometrik), jadi Borel–Cantelli 1 ([Teorema 21.25](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#thm-b2-proba-borelcantelli)) memberi $\P(\abs{\widehat p_n - p} \geq \delta \text{ tak hingga
kali}) = 0$, yakni [kejadian](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/21-peluang-pada-ruang-terbilang#def-b2-proba-space) $E_j =
\bigcup_N\bigcap_{n\geq N}\{\abs{\widehat p_n - p} <
\tfrac1j\}$ berpeluang $1$ untuk setiap $j$. Irisan [terbilang](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-countable) $\bigcap_jE_j$ tetap berpeluang $1$ (kesubaditifan pada komplemennya), dan padanya $\widehat p_n
\to p$: itulah [hukum](#def-b2-randomvar-law) kuat bilangan besar untuk lemparan koin, dengan keterbatasan memainkan peran yang dimainkan momen keempat pada [Latihan 22.9](#exo-b2-randomvar-9).

**25.** Satu momen membeli batas yang datar; dua membeli $1/(n\delta^2)$, tak lebih (contoh ketajamannya); empat membeli $1/n^2$, cukup untuk meneleskopkannya menjadi [hukum](#def-b2-randomvar-law) hampir pasti; keterbatasan membeli $\eu^{-2n\delta^2}$; dan momen eksponensial penuh membeli laju persisnya $I$, yang tak terkalahkan oleh metode mana pun. Menjajaki $2050$ orang memadai bagi negeri mana pun sebab fluktuasi cuplikannya dikendalikan oleh [ragam](#def-b2-randomvar-variance) koinnya, bukan oleh besarnya populasi — banderol $1/\delta^2$ dan $\ln(1/\alpha)$ berlaku semesta. Teorema limit pusat pada jilid Tahun ke-3 menggantikan ketaksamaan ini, pada skala $\sqrt n$, dengan [hukum](#def-b2-randomvar-law) limit persis berkonstanta eksplisit — yang mengubah setiap batas pada masalah ini menjadi kesamaan asimtotik.