4. Sebaran Peluang Kontinyu

EL2002-Probabilitas dan StatistikDosen: Andriyan B. Suksmono

Isi

1. Sebaran normal/Gauss2. Luas daerah di bawah kurva normal3. Hampiran normal untuk sebaran binomial4. Sebaran Gamma, Eksponensial, dan Chi-

kuadrat5. Sebaran Weibull

4.1 Sebaran Normal/Gauss

Pendahuluan• Sebaran normal adalah sebaran paling

penting dalam Statistika.• 1733, DeMoivre mengembangkan ekspresi

matematika untuk kurva normal.• Gauss (1777-1855) menurunkan persamaan

normal ketika mempelajari kesalahan darieksperimen berulang.

• Sebaran normal n(x; μ, σ) dari peubah acakX bergantung pada mean μ dan variansi σ.

Konsep• SEBARAN NORMAL. Fungsi kerapatan (peluang) dari peubah acak normal X,

dengan mean μ dan variansi σ2, adalah

dimana π=3.14159 … dan e=2.71828 …

( )2

21

21,;

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

−= σ

μ

σπσμ

x

exn

%----------------------------------------------------%Fig.4.1: Gaussian Curve n(x,mu,sigma)% mean=0.0 and sigma=1%----------------------------------------------------mu=0.0;sigma=1.0x=-10:0.1:10;g=(1/sqrt(2*pi)/sigma)*exp(-0.5*(x-mu).^2/sigma^2);figure(1); plot(x,g);

%------------------------------------------------------%Fig.4.2: Two Gaussian Curves n(x,mu,sigma) % with mu1=-2.0, mu2=2.0 and sigma=1%------------------------------------------------------mu1=-2;mu2=4;sigma=1.0x=-10:0.1:10;g1=(1/sqrt(2*pi)/sigma)*exp(-0.5*(x-mu1).^2/sigma^2);g2=(1/sqrt(2*pi)/sigma)*exp(-0.5*(x-mu2).^2/sigma^2);figure(1); plot(x,g1,'r-',x,g2,'b:');

-1 0 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 1 00

0 .0 5

0 . 1

0 .1 5

0 . 2

0 .2 5

0 . 3

0 .3 5

0 . 4

μ1 μ

2

σ1

σ2= σ1

-1 0 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 1 00

0 .0 5

0 . 1

0 .1 5

0 . 2

0 .2 5

0 . 3

0 .3 5

0 . 4

μ

σ

Kurva normal dng berbagai μ dan σ

%------------------------------------------------------%Fig.4.3: Two Gaussian Curves n(x,mu,sigma) % with mu1=mu2=0.0 and sigma1<sigma2%------------------------------------------------------mu1=0.0;mu2=0.0;sigma1=1.0;sigma2=3x=-10:0.1:10;g1=(1/sqrt(2*pi)/sigma1)*exp(-0.5*(x-mu1).^2/sigma1^2);g2=(1/sqrt(2*pi)/sigma2)*exp(-0.5*(x-mu2).^2/sigma2^2);figure(1); plot(x,g1,'r-',x,g2,'b:');

%------------------------------------------------------%Fig.4.3: Two Gaussian Curves n(x,mu,sigma) % with mu1<mu2 and sigma1 < sigma2%------------------------------------------------------mu1=-4.0;mu2=2.0;sigma1=1.0;sigma2=3x=-10:0.1:10;g1=(1/sqrt(2*pi)/sigma1)*exp(-0.5*(x-mu1).^2/sigma1^2);g2=(1/sqrt(2*pi)/sigma2)*exp(-0.5*(x-mu2).^2/sigma2^2);figure(1); plot(x,g1,'r-',x,g2,'b:');

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 100

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

σ1

μ2

= μ1

σ2>σ

1

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 100

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

σ1

σ2>σ

1μ

2> μ

1μ

1

Sifat-sifat kurva normal1. Modus, yaitu titik dalam sumbu mendatar dimana

kurva mencapai maksimum adalah x = μ2. Kurva simetrik terhadap mean μ3. Kurva memiliki titik infleksi pada x = μ±σ, yaitu

telungkup (concave) kebawah saat μ-σ<X<μ+σ, dan telungkup keatas didaerah lainnya.

4. Semakin jauh dari mean μ, kurva mendekatisumbu mendatar secara asimptotis.

5. Luas daerah dibawah kurva (diatas sumbumendatar) sama dengan 1.

Bukti μ adalah mean

• Integral pertama adalah μ dikalikan dng luas daerah dibawah kurvanormal (=1), dng demikian hasilnya adalah μ

• Integral kedua adalah integral terhadap fungsi ganjil, hasilnya akansama dengan nol.

• Dengan demikian: E(X) = μ

( ) dxxeXEx

∫∞

∞−

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

−=

2

21

21 σ

μ

σπ

Dng membuat z=(x-μ)/σ dan dx = σ dz, maka akan kita peroleh

( ) ( )

∫∫

∫∞

∞−

−∞

∞−

−

∞

∞−

−

+=

+=

dzzedze

dzezXE

zz

z

22

2

22

2

221

21

πσ

πμ

σμσπ

Bukti σ2 adalah variansi

• Integrasi perbagian dng u=z dan dv= z exp(-z2/2), sehinggadu=dz dan v=-exp(-z2/2) , diperoleh

( )[ ] ( ) dxexXEx

∫∞

∞−

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

−−=−

2

21

22

21 σ

μ

μσπ

μ

Dng membuat z=(x-μ)/σ => (x-μ)2=z2σ2 dan dx = σ dz, maka

( )[ ] ∫∞

∞−

−=− dzezXE

z22

22

2

2πσμ

( )[ ]

( ) 22

222

2

10

2

22

σσ

πσμ

=+=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+−=− ∫

∞

∞−

−∞

∞−

−dzezeXE

zz

Luas daerah di bawahkurva normal

Integrasi fs sebaran dan Nilai Peluang• Setiap kurva dari sebaran peluang kontinyu atau fungsi kerapatan dibuat

sedemikian hingga daerah dibawah kurva yang dibatasi dua ordinatnya, x=x1 dan x=x2, sama dengan nilai peluang dari peubah acak X antarax=x1 dan x=x2. Dng demikian, untuk gambar 4.5 dibawah:

( ) ( ) dxedxxnxXxPx

x

xx

x∫∫

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−==<<

2

1

22

1

21

21 21,; σ

μ

σπσμ

μx1 x2

x

Luas ditentukan oleh μ dan σ2

• Gambar 4.6 menunjukkan, untuk selang x1 dan x2 yang sama, luas daerah dibawah kurva bisa berlainan. Nilainyabergantung juga pada μ dan σ2.

μ1 x1 x2

x

μ2

Gambar 4.6

Transformasi peubah acak• Untuk beberapa keperluan, perlu dilakukan tabulasi nilai peluang

sebaran normal dalam selang tertentu. Ini tidak mungkin dilakukanuntuk semua kombinasi μ dan σ2.

• Untunglah kita bisa melakukan transformasi sebarang observasi normal ke sebaran baku yang memiliki mean nol dan variansi satul.

• Tranformasi yang dipakai: Z=(X-μ)/σ• Jika X memiliki nilai batas x1 dan x2, maka luas daerah antar batas tsb

akan sama dengan luas dibawah kurva normal baku yang memiliki batasz1=(x1-μ)/σ dan z2=(x2-μ)/σ. Akibatnya:

( )

( ) ( )21

2

2

21

21

2

1

2

1

22

1

1,0;

21

21

zZzPdzzn

dzedxexXxP

z

z

z

z

zx

x

x

<<==

==<<

∫

∫∫−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−

πσπσ

μ

• dimana Z adalah peubah acak normal dengan mean nol dan variansi satu

Sebaran Normal Baku• Def. 4.1. Sebaran dari peubah acak normal dengan

mean nol dan variansi 1 disebut sebagai sebarannormal baku

μx1 x2

x

0z1 z2z

Z = (X- μ)/σσ σ=1

• Dalam buku teks, sebaran normal baku diberikanpada Tabel IV di lampiran.

∫z-∞ n(z;0,1)dz

Contoh 4.1• Soal: Diberikan suatu sebaran normal dengan μ=50 dan

σ=10, tentukan peluang X bernilai antara 45 dan 62• Jawab: nilai z yang terkait dengan x1=45 dan x2= 62 adalah

z1 = (45-50)/10 = -0.5z2 = (62-50)/10 = 1.2

Dengan demikianP(45<X<62) = P(-0.5<Z<1.2)

Dari Tabel IV, kita perolehP(45<X<62) = P(-0.5<Z<1.2)

= P(Z<1.2) - P(Z<-0.5)= 0.8849 – 0.3085=0.5764

-0.5 1.2

z

Sebaran normal baku dan T. Chebysev• T. Chebysev mengatakan bahwa peluang suatu peubah

acak berada dalam 2 simpangan baku, sedikitnya ¾. Untuk sebaran normal baku, z untuk x1=μ-2σ danx2=μ+2σ dapat dihitung sbb

z1 = [(μ-2σ)-μ]/σ = -2, danz2 = [(μ+2σ)-μ]/σ = 2, dan

Dengan demikian,P(μ-2σ<X< μ+2σ) = P(-2<Z<2)

= P(Z<2) – P(Z<-2)=0.9772 – 0.0228 (Tabel IV)= 0.9544

• Hasil ini jauh lebih “kuat” daripada yang diberikan olehTeorema Chebysev.

Contoh 4.2• Soal: Sejenis batere tertentu rata-rata akan habis listriknya

dalam 3.0 tahun dengan simpangan baku 0.5 tahun. Jika waktuhidup batere tersebar normal, tentukan peluang bahwa suatubatere tertentu akan habis listriknya dalam 2.3 tahun!

• Jawab: Peluang yang dimaksud dilukiskan pada gambar 4.9. Untuk menentukan P(X<2.3), kita perlu menghitung luasdibawah kurva normal dari -∞ dampai 2.3. Transformasi kekurva normal baku memberikan z=(2.3-3)/0.5 = -1.4. Berdasarkan Tabel IV diperoleh

P(X<2.3) = P(Z<-1.4) = 0.0808

2.3 3

σ=0.5

Contoh 4.3• Soal: Sebuah pabrik memproduksi bola lampu yng memiliki waktu

hidup tersebar normal dengan mean 800 jam dan simpangan baku 40 jam. Tentukan peluang suatu bola lampu produksi pabrik tsb terletakantara 778 dan 834 jam.

• Jawab: Sebaran spt dilukiskan pada Gb.4.10. nilai z untuk x1=778 danx2=834 adalah

z1 = (778-800)/40 = -0.55z2 = (834-800)/40 = 0.85

Dengan demikianP(778<X<834) = P(-0.55<Z<0.85)

= P(Z<0.85) – P(Z<-0.55)= 0.8023 – 0.2912= 0.511

778 834800

σ=40

x

Contoh 4.4• Soal: Suatu jenis komponen akan direject jika berada

diluar persyaratan 1.50±d. Hasil pengukuran tersebarnormal dengan mean 1.50 dan simpangan baku 0.2. Tentukan nilai d sehingga spesifikasi ini meliput 95% pengukuran.

• Jawab: Dalam soal ini akan ditentukan nilai z sehinggaprosentase terpenuhi, lalu kembalikan menjadi x denganrumus x=σz+μ. Dari Tabel IV diperolah

0.95 = P(-1.96 <Z<1.96))Jadi: 1.50 +d = (0.2)(1.96)+1.50 atau: d = (0.2)(1.96) = 0.392

1.108 1.50

σ=0.2

1.892

0.025 0.025

Contoh 4.5• Soal: Suatu mesin pembuat resistor dengan sebaran

normal. Mean dari resistor 40 ohm dan simpanganbakunya 2 ohm. Akurasi bisa berapapun, tentukanprosentase resistor yang melebihi 43 ohm

• Jawab: Prosentasi ditentukan dengan mengalikan frekuensidengan 100%. Kita akan menghitung nilai peluangdisebelah kanan 43 pd gambar 4.12. Ini bisa dilihat padaTabel IV setelah dihitung z-nya, yaitu

z = (43-40)/2 = 1.5Dengan demikian

P(X>43) = P(Z>1.5) = 1-P(Z<1.5)= 1-0.9332= 0.0668

Jadi, ada 6.68% resistor yang nilainya diatas 43 Ohm

40

σ=2.0

43

Contoh 4.6• Soal: Tentukan prosentase dari resistor spt pada soal sebelumnya yang

melebihi 43 ohm jika resistansi diukur pada nilai ohm terdekat.• Jawab: Soal ini sedikit berbeda dari sebelumnya, nilai 43 ohm di-

assign untuk semua resistor yng terletak dalam selang 42.5 – 43.5. Jadi, kita menghitung nilai aproksimasi sebaran diskrit deng sebarannormal yang kontinyu. Dari gambar 4.13 dpt dihitung

z = (43.5 - 40)/2 =1.75jadi P(X>43.5) = P(Z>1.75) = 1 – P(Z<1.75)

= 1 – 0.9599= 0.0401

Jadi ada 4.01% resistor yang melebihi 43 ohm diukur dng ohm terdekat. Perbedaan sebesar 6.68%-4.01% = 2.67% dng jawab sebelumnyaadalah kontribusi resistor yang lebih dari 43 tapi kurang dari 43.5 (tercatat sbg 43 ohm). 40

σ=2.0

43.5

4.3 Hampiran sebaran binomial dengan sebaran normal

Hampiran sebaran• Nilai b(x;n,p) telah ditabulasi untuk n kecil. Jika

tdk ada di tabel, kita harus menghitung sendiri. Inibisa dilakukan secara hampiran.

• Sebelumnya telah dijelaskan bahwa sebaranPoisson dapat dipakai sebagai hampiran sebaranbinomial jika n besar dan p mendekati 1. Kedua-duanya sebaran diskrit.

• Akan diperlihatkan bahwa sebaran normal dapatmenjadi hampiran yang cukup teliti untuk sebaranbinomial, jika n besar dan p mendekati ½.

Teorema• Teorema 4.1 Jika X suatu peubah acak binomial

dengan mean μ=np dan variansi σ2=npq, makabatas dari sebaran

ketika n→∞ adalah sebaran normal n(z;0,1)

npqnpXZ −

=

Contoh• Tinjau sebaran binomial b(x;15,0.4).• Untuk x=4, kita dapatkan b(4;15,0.4)=0.1268• Nilai tsb didekati dng kurva dibawah kurva normal dng

batas antara x1=3.5 sampai dengan x2=4.5⇒ z1=(3.5-6)/1.9 = -1.316

z2=(4.5-6)/1.9 = -0.789Jika X peubah acak binomial dan Z peubah acak normal, maka

P(X=4) = b(4;5, 0.4)~ P(-1.316<Z<-0.789)= P(Z<-0.789) – P(Z<-1.316)= 0.2151 – 0.0941= 0.1210

cukup dekat dengan nilai b(4;15,0.4) = 0.1268

Contoh …• Pendekatan ini sangat berguna untuk menghitung jumlah binomial

untuk n besar. Andaikan kita akan menghitung peluang X bernilaiantara 7 dan 9 (inklusif) dari soal sebelumnya, maka

P(7≤ X ≤9) = ∑97 b(x;15,0.4)

= ∑90 b(x;15,0.4) - ∑6

0 b(x;15,0.4)= 0.9662 – 0.6098 = 0.03564

• Dengan pendekatan normal, kita akan hitung luas daerah dibawahkurva normal dengan batas antara x1=6.5 sampai dengan x2=9.5. Nilaiz1, z2 ybs adalah

z1 = (6.5-6)/1.9 = 0.263; z2= (9.5-6)/1.9 =1.842P(7≤ X ≤9) ~ P(0.263≤ Z ≤1.842)

= P(Z<1.842) – P(Z<0.263)= 0.9673 – 0.6037= 0.3636

Latihan• No: 2, 3• No: 15, 16

4.4 Sebaran Gamma, Eksponensial, dan Chi-kuadrat

Fungsi Gamma• Teorema 4.2 Fungsi gamma didefinisikan sebagai

dimana α >0.( ) ∫

∞−−=Γ

0

1 dxex xαα

substitusi dengan u=xα-1 dan dv=e-xdx, kemudian integrasi parsial, akan menghasilkan

Γ(α) = -e-xxα-1|0∞ + ∫0∞e-x(α-1)xα-2 dx= (α-1) ∫0

∞e-xxα-2 dxKita peroleh rumus rekursi

Γ(α) = (α-1)Γ(α-1) = (α-1) (α-2)Γ(α-2) = … dst. Untuk α=n bulat positif, maka: Γ(n) = (n-1)(n-2) … Γ(1). Perdefinisi Γ(1) = ∫0

∞e-xdx =1. Dengan demikian, makaΓ(n) = (n-1)!

• Salah satu sifat fungsi gamma yang penting adalah Γ(1/2) = √π

Sebaran Gamma• SEBARAN GAMMA. Peubah acak kontinyu X memiliki sebaran

gamma dengan parameter α dan β, jika fungsi kerapatannya diberikanoleh

dimana α>0 dan β>0.

( ) ( )lainnya

xexxfx

,0

0,1 1

=

>Γ

=−

− βαα αβ

• Grafik sebaran gamma. Jika α=1, sebaran menjadi eksponensial.

f(x)

1 2 3 4 5 6 7

0.5

1

x

α=1, β=1

α=2, β=1α=4, β=1

Sebaran eksponensial• SEBARAN EKSPONENSIAL. Peubah acak kontinyu X

akan memiliki sebaran eksponensial dengan parameter β jikafungsi kerapatannya diberikan oleh

dimana β>0.

( )

lainnya

xexfx

,0

0,1

=

>=−

β

β

• Sebaran eksponensial memiliki banyak aplikasi dalamstatistik, khususnya menyangkut teori keandalan (reliability) dan teori antrian ( queueing theory).

Contoh 4.10• Soal: Suatu sistem mengandung komponen tertentu yang waktu

kegagalannya (dalam tahun) diberikan oleh peubah acak T yang memiliki sebaran eksponensial dengan parameter β=5. Jika 5 dari komponen ini dipasang pada berbagai sistem, berapapeluang 2 diantaranya tetap berfungsi setelah 8 tahun?

• Jawab: Peluang suatu komponen tetap berfungsi setelah 8 tahundiberikan oleh

P(T>8) = (1/5)∫8∞ e-t/5 dt= e-8/5 ~0.2

Andaikan X menyatakan jumlah komponen yang masihberfungsi stlh 8 tahun. Maka dengan sebaran binomial

P(X ≥2) = ∑25 b(x;5,0.2) = 1- ∑0

1 b(x;5,0.2)=1-0.7373 = 0.2627

Sebaran Chi-kuadrat• Kasus khusus kedua untuk sebaran gamma diperoleh ketika

α=v/2, dan β=2. Sebaran yang dihasilkan disebut sebaranchi-kuadrat dengan derajat bebas v.

• SEBARAN CHI-KUADRAT. Peubah acak kontinyu X memiliki sebaran peluang chi-kuadrat, dengan derajat bebas v, jika fungsi kerapatan peluangnya diberikan oleh

dimana v bilangan bulat positif.

( )

lainnya

xexv

xfxv

v

,0

0,

22

1 21

2

2

=

>

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛Γ

=−−

• Sebaran Chi-kuadrat adalah salah satu perangkat pentingdalam bidang pengujian hipotesis.

Mean dan variansi• TEOREMA 4.2 Mean dan variansi dari sebaran

gamma adalahμ = αβ dan σ2 = αβ2

• COROLLARY 1. Mean dan variansi dari sebaraneksponensial adalah

μ=β dan σ2=β2

• COROLLARY 2. Mean dan variansi dari sebaranchi-kuadrat adalah

μ=v dan σ2=2v

4.5 Sebaran Weibull

Pengantar• Teknologi modern memungkinkan dibuatnya

sistem/perangkat yang operasi maupun keselamatannyatergantung dari berbagai komponen.

• Contoh: sekering dpt terbakar, kolom beton dapat roboh, atau pengindera panas dapat gagal.

• Komponen yang sama dalam pengaruh lingkungan samadapat mengalami kegagalan dlm waktu berbeda dan takteramalkan.

• Waktu kegagalan atau waktu hidup komponen diukur darisaat mula tertentu sampai gagal dinyatakan dengan peubahacak T dan fungsi rapat peluang f(T). Salah satu yang terpenting dalam permasalahan keandalan adalah sebaranWeibull.

Sebaran Weibull• SEBARAN WEIBULL. Peubah acak kontinyu T disebut memiliki

sebaran Weibull dengan parameter α dan β, jika fungsi kerapatanpeluangnya diberikan oleh

dimana α>0 dan β>0.

( )lainnyatettf t

,00,1

=>= −− βαβαβ

f(t)

0.5 1.0 1.5t

β=1

β=2β=3

Sebaran Weibull (α=1)

Mean dan variansi• Terlihat kurva berbeda-beda untuk parameter yang

berlainan, khususnya β. Jika β=1, sebaran Weibullmenjadi sebaran eksponensial.

• Untuk β>1, kurva mendekati bentuk lonceng danmirip kurva normal, tapi punya skewness.

• TEOREMA 4.3 Mean dan variansi dari sebaranWeibull adalah:

μ = α-1/βΓ(1+1/β)

σ2 = α-2/β{Γ(1+2/β) – [Γ(1+1/β)]2 }

Aplikasi• Untuk menerapkan sebaran Weibull dalam teori keandalan,

definisikan keandalan dari produk sebagai peluang bahwaproduk ini berfungsi secara benar untuk sedikitnya dalamwaktu tertentu dalam kondisi percobaan tertentu pula.

• Jadi, jika R(t) keandalan komponen pada saat t, makaR(t) = P(T>t) = ∫1

∞ f(t) dt= 1-F(t)

dimana F(t) adalah sebaran kumulatif dari T.• Peluang bersyarat bahwa suatu komponen akan gagal

dalam selang T=t sampai T= t + Δt, diberikan komponenini tahan sampai t, adalah

[F(t+Δt) – F(t)] / R(t)

Lanjutan …• Laju kegagalan adalah

( ) ( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )tF

tftRtf

tRtF

tRttFttFtZ

t

−=

==Δ

−Δ+=

→Δ

1

'1lim0

• Karena R(t) = 1-F(t) dan R’(t) = -F’(t), kita dapat menuliskanpersamaan diferensial berikut

Z(t) = -R’(t)/R(t) = -d[ln R(t)]/dtdan kemudian dengan memecahkan

ln[R(t)] = - ∫Z(t) dt , atauR(t) = exp(-∫Z(t)dt) + c

dimana c menyatakan asumsi awal R(0) =1 atau F(0) = 1-R(0) =0.• Terlihat bahwa pengetahuan fungsi kerapatan f(t) atau laju

kegagalan Z(t) saling menentukan.

Contoh 4.11• Soal: Tunjukkan bahwa fungsi laju kegagalan diberikan oleh

Z(t) = αβtβ-1 , t>0jika dan hanya jika sebaran waktu ke kegagalan adalah sebaranWeibull dengan fungsi kerapatan

f(t) = αβtβ-1 exp(-αtβ), t>0

• Jawab: asumsikan bahwa Z(t) = αβtβ-1, t>0. Maka kita dapatmenuliskan

f(t) = Z(t) R(t), dimanaR(t) = exp(-∫Z(t)dt) = exp(-∫αβtβ-1dt) = exp(αtβ +c)

dari kondisi R(0) = 1, kita temukan c=0. MakaR(t) = exp(-αtβ) danf(t) = αβtβ-1 exp(-αtβ), t>0

Lanjutan …• Dengan mengasumsikan

f(t) = αβtβ-1 exp(-αtβ), t>0maka Z(t) ditentukan dengan menuliskan

Z(t) = f(t)/R(t)dimana

R(t) = 1-F(t) = 1-∫0t αβxβ-1 exp(-αxβ)dx,

= 1+∫0t d(exp(-αxβ))

= exp (-αtβ)Maka

Z(t) = αβtβ-1 exp(-αtβ)/exp(-αtβ) = αβtβ-1 , t>0

• Dlm contoh ini, laju kegagalan menurun thd waktu jika β<1, meningkat jika β>1, dan konstan jika β=1.

• Dari sudut pandang β=1 sebaran Weibull menjadi eksponensial, asumsi kegagalan konstan sering diacu sebagai asumsi eksponensial.

Selesai