Diajukan Untuk Memenuhi Tugas Mata Kuliah

STATISTIKA MATEMATIKA Yang Diasuh Oleh

Drs. Ahmad Yani T, M.Pd

Disusun oleh Kelompok 10:

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

JURUSAN PENDIDIKAN MIPA

SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

PERSATUAN GURU REPUBLIK INDONESIA

PONTIANAK

2011

Tujuan Pembelajaran

Menjelaskan distribusi t dan distribusi F

Membentuk f.k.p distribusi t dan f.k.p distribusi F

Menentukan mean dan variansi distribusi t

Menentukan mean dan variansi distribusi F

Menjelaskan dan menggunakan hubungan antara distribusi t dan

distribusi F

Menghitung peluang pada distribusi t dengan menggunakan tabel

Menghitung peluang pada distribusi F dengan menggunakan tabel

Menjelaskan mean sampel dan variansi sampel

Membentuk f.k.p

Menjelaskan dan menggunakan distribusi

1. UJI T

a. Sejarah Uji T

Seorang kimiawan muda bernama Sosset, berhasil menemukan ketidakcocokkan

penggunaan kurva normal untuk ukuran sampel kecil. Di bawah bantuan dari

seorang profesor ia berhasil merumuskan penemuannya pada 1908. Ia

menyebutnya distribusi student (Ruseffendi, 1993, 317)

b. Fungsi uji t

Distribusi chi kuadart digunakan untuk :

- uji variansi sebuah populasi,

- uji kecocokan,

- uji kebebasan

Untuk sampel ukuran n , taksiran yang baik dapat diperoleh dengan

menghitung nilai . Jika ukuran sampelnya kecil, nilai berubah cukup besar dari

sampel ke sampel lainnya dan distribusi peubah acak ( )

( √ ⁄ )

menyimpang cukup jauh

dari distribusi normal baku.

Untuk mengatasi masalah ini kita mengenal distribusi suatu statistik dinamakan T

dengan rumus yang biasa digunakan

( )

( √ ⁄ )

= ( )√

, s ≠ 0

= ( ) √

√ , s ≠ 0

= ( ) √

√ ,

= ( ) √

√ √ ,

( ) ( √ ⁄ )⁄

√ √ ,

T = ( ) √

√ ,

= ( ) √

√ ,

√ ( )⁄ dengan

( )

√ ⁄

Sehingga

√

Berdistribusi normal baku dan

( )

,

Berdistribusi khi kuadrat dengan derajat kebebasan V= n-1. Jika sampel berasal

dari populasi normal maka dapat ditunjukkan bahwa dan bebas, oleh karena itu

Z dan V juga bebas.

( Maman,A. D, 1996, 187 )

c. Definisi

Misalkan W dan V peubah-peubah acak yang bebas stokastik, W~N(0,1) dan

V~ ( ) maka T=

√

dinamakan peubah acak berdistribusi t ( student) dengan

derajat bebas r, ditulis T~t(r) ( Maman,1996, 189 )

Teorema 1

Misalkan W≈N(0,1) dan V≈ (r), di mana W dan V bebas stokastik.

Maka T=

√

memiliki f.k.p sebagai berikut :

( ) 0 1

0 1√

[

]

⁄

Yang pertama kita harus menentukan fungsi densitas dari w dan v

Fungsi densitas w

( )

√

Asal mula rumus densitas, w

f (w ) = P(W )

= .

/

= ( )

=∫ ( )

=∫

√ .

( ) /

= ∫

√

.

/

Misalnya, .

/

Batas – batas : untuk x =

Untuk

Jadi, f(w)=∫

√

.

/

=∫

√ .

/

Bentuk di atas merupakan fungsi distribusi dari peubah acak Z yang berdistribusi

normal baku dengan fungsi densitas berbentuk :

( )

√

Asal mula densitas v

Jika .

/

Kita akan membuktikan dalil di atas dengan perumusan fungsi distribusi. Fungsi

distribusi dari V adalah

( ) ( ) ( )

( )

( √ √ )

( √ √ ), diketahui bahwa V=

∫ ( ) √

√

=∫

√ .

/

√

√

= ∫

√ .

/

√

Misalkan : z = √ , maka dz =

√

Batas – batas : Untuk z = 0, maka y = 0

Untuk z = √

Jadi, g(v) = ∫

√ .

/

√

√

= ∫

√ .

/

√

√

= ∫

√ .

/

√

√

= ∫

√ .

/

√

√

= ∫

√

√ .

/

√

= ∫

√ √ √ .

/

√

Bentuk di atas merupakan fungsi distribusi dari peubah acak V dengan fungsi

densitasnya berbentuk :

g(v) = .

/

√ √ √

( Nar Herrhyanto dan Tuti Gantini, 2009,362 )

Sehingga

g(v) =

.

/ .

/

, karena berddasarkan sifat fungsi gamma

bahwa 𝚪.

/ √

dan √

( Leland Blank, 1980, 293 )

Fungsi densitas v

( )

.

/

; 0<v<

Karena V dan W adalah bebas stokastik, maka

( ) *

√

.

/ . /

karena W dan V bebas stokastik, maka f.k.p. bersama dari W dan V adalah

( ) {

√

0 1

Definisikan transformasi berikut

t =

√ ⁄ dan u=v

Transformasi ini bersifat 1-1 dari

( , ) - , 0} Pada

B = {(t,u) I - +

Adapun inversnya adalah

W = √

√ , jadi jacobian transformasinya J = |

√

√

√

|

√

√

Akibatnya, f.k.p. bersama dari T =

√ ⁄ dan U=V adalah :

g(t,u) = [ √

√

0

1 ⁄ √

*

,

-√

√ ]

dengan (t,u) di B

jadi f.k.p T adalah

f(t) = ∫ ( )

du

=

0

1 ⁄ √

∫

*

+

Dengan mensubstitusikan Z=

,

- yang berarti

u =

,

- kita peroleh

f(t) =

0

1 ⁄ √

∫

{[

]}

{[

]}

=

0

1 ⁄ √

[

]( ) ∫

( )

Akan tetapi integral di ruas kanan sama dengan r[

-

Oleh karena itu maka f.k.p. T adalah

=

0

1√

[

]( ) - dengan demikian teorema ini terbukti

( Maman A Djauhari, 1996 , 190-191)

contoh :

1. Tentukan k yang memenuhi P(k ) untuk sampel acak

ukuran 15 yang diambil dari suatu distribusi normal dengan derajat kebebasan v =

14

Jawab :

Dari 1.4 terlihat bahwa 1,761 adalah nilai bila v = 14. Jadi -

Karena k dalam soal ini berada di sebelah kiri dari - maka ambillah k =

selanjutnya diperoleh 0,045 = 0,05 – atau

Jadi dari tabel 1.4 dengan v = 14

K =

= -2,977

Dan P( )

2. Misalkan peubah acak T mengikuti distribusi t dengan derajat kebebasan

r = 7

Hitunglah P ( T < -1,415)

Jawab : dari table distribusi t diperoleh P (T<1,415)= 0,9

Jadi, P(T<-1,415) = 1 – 0,9 = 0,1

3. Distribusi F

Salah satu distribusi yang terpenting dalam statistika terapan adalah distribusi F.

statistika Fdidefenisikan sebagai nisbah dua peubah acak khi-kuadrat yang bebas,

masing-masing dibagi dengan derajat kebebasannya . jadi dapat ditulis

⁄

⁄

U dan V menyatakan peubah acak bebas, masing-masing berdistribusi khi-kuadrat

dengan derajat kebebasan sekarang akan kita turunkan distribusi sampel F.

Teorema 5.3.1 :

Misalkan U dan V dua peubah acak , masing –masing berdistribusi khi-kuadrat dengan

derajat kebebasan maka distribusi peubah acak

⁄

⁄

t

0,0

45

-

t

t

k 0,0

5

0,045

0,05

-t

Diberikan oleh

H(f) ={ , ⁄ -( ⁄ ) ⁄ ( ⁄ )

( ⁄ ) ( )⁄ ( ⁄ )

, 0<f<

Misalkan U~ ( ) ( ) dengan U dan V bebas stokastik, maka peubah acak

F = ⁄

Memiliki f.k.p. sebagai berikut

( )

{

0

1 0

1

0 1 0

1

0 1( )

Bukti :

Karena U dan V bebas stokastik, maka f.k.p. bersama dari U dan V adalah

( )

0

1 0

1 ( )

( )

Kita definisikan transformasi

f = ⁄

dan z = v

yang merupakan transformasi 1-1 dari

A= {(u,v)I u >0 ; v>0}

pada

B = {(f,z)I f > 0 ; z >0}

Transformasi ini memiliki invers

u = [

- fz

v = z

jadi jacobian transformasinya,

J = |0

1 0

1

| 0

1

Akibatnya f.k.p. bersama dari F = ⁄

dan Z=V adalah

g(f,z) =

0

1 0

1 ( )

,

-

*

0

1+

Dengan (f,z) di B

Jadi f.k.p. F adalah

( ) ∫ ( )

= ,

-

0

1 0

1 ( )

∫ ( )

2

0

13

Integral diruas kanan dapat disederhanakan dengan mensubstitusikan

0

1

Yang berakibat

[ ]

Dengan demikian diperoleh

( ) ∫ {

[ ]

}

( )

*

[ ]

+

Dengan K = ,

-

0

1 0

1 ( ) ( )

Atau

( ) ( )

0

1

( ) ∫ ( )

Anda telah mengetahui bahwa integral di ruas kanan sama dengan G[

-, oleh

karena itu

( ) 0

1 0

1

0

1 0

1

0

1( )

Dengan demikian teorema di atas terbukti.

4. distribusi dari ( )

Jika sampel acak ukuran n diambil dari populasi normal dengan rataan dan variansi

dan variansi tabel dihitung maka diperoleh suatu nilai statistik . Di sini akan

dibahas distribusi peubah acak dari statistic ( ) .

Dengan menambah dan mengurangi rataan sampel mudah terlihat

∑ ( ) ∑ , ( ) )-

= ∑ ,( ) ( )-

= ∑ ( ) (∑ ( )( ) ∑ ( )

( ) konstan sehingga

∑ , maka ∑

Jadi, 2 ( )∑( ) ( )(∑ ∑ )

= 2( )( )

= 2n( )

= ∑ ( )

( )

Bagilah kedua ruas persamaan dengan dan kemudian ganti

∑ ( )

dengan (n-1) , maka diperoleh

∑ ( )

( )

+ ( )

⁄

Berdasarkan teorema bahwa

∑ ( )

adalah peubah acak berdistribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan

n. suku kedua sebelah kanan persamaan di atas adalah peubah normal baku, karena

suatu peubah acak normal dengan rataan dan variansi

dengan

demikian maka

( )

adalah suatu pengubah berdistribusi khi- kuadrat berderajat kebebasan 1.

Sedangkan

( n – 1) / merupakan peubah acak khi kuadrat dengan derajat kebebasan

v = n – 1

Teorema 5.4.1 :

Jika variansinya sampel acak ukuran n diambil dari populasi normal dengan variasi

, maka statistiknya = ( )

berdistribusi khi – kuadrat dengan derajat

kebebasan v = n – 1

Bukti :

( )

Karena sampel acak dari X~N( ) maka f.k.p bersama dari

adalah:

f( ) = ,

√ - *

∑ ( )

+

Bentuk eksponensial diruas kanan dapat disederhanakan dengan menuliskan

∑ dengan demikian diperoleh

∑ ( )

∑ ( )

= ∑ ( ) ( )

Sebab 2( ) ∑ ( )

Sekarang f( ) dapat ditulis sebagai berikut

f( )= 0

√ 1

*

∑ ( )

( )

untuk menyelidiki distribusi dari

kita bentuk transformasi berikut

Inversnya adalah

-

Jadi jacobian transformasinya transformasinya, J=n. akibatnya, f.k,p. bersama dari

adalah:

( ) 0

√ 1

*

( - )

∑ ( )

( )

+

Akan tetapi anda telah tahu bahwa

~N.

/

f( ) √

√ *

( )

+

Jadi,

( ) ( )

( )

= √ 0

√ 1

*

+

Dengan q = ( - ) ∑ ( )

adalah f.k.p. bersyarat bersama

dari diketahui akan tetapi, q=∑ ( )

oleh karena itu,

( ) adalah juga f.k.p. bersyarat dari n diketahui dengan

demikian , f.p.m. bersyarat dari

diketahui adalah

E[ ⁄ - ∫

∫ √ 0

√ 1

* ( )

+

= 0

1( )

∫

∫ √ 2

( )

3

* ( )

+

Perhatikan bahwa integral pada integral di ruas kanan tidak lain f.k.p. bersyarat

bersama dari diketahui di mana diganti oleh

ini berarti

bahwa integral di ruas kanan berharga 1. Akibatnya,

E[ ⁄ - ( ) ( )

Karena f.p.m. bersyarat ini tidak tergantung dari maka akibatnya, f.p.m. dari

=

adalah : E[ ⁄ - ( ) ( )

Yang berarti bahwa

( ) jadi teorema di atas terbukti.

Akibat. Pada proses pembuktian teorema di atas, ternyata f.p.m. bersyarat dari

Diketahui adalah :

E[ ⁄ - ( ) ( )

Ruas kanan tidak tergantung x. ini berarti bahwa

dan X bebas stokastik.

Sebagai penutup kegiatan ini, kita simpulkan bahwa :

~N.

/

( )

dan bebas stokastik.

Contoh :

Suatu pabrik baterai mobil menjamin bahwa baterainya akan tahan rata-rata 3 tahun

dengan simpangan baku 1 tahun. Bila lima baterainya tahan 1, 9, 2, 4, 3, 0 , 3, 5 dan

4, 2 tahun.apakah pembuatannya masih yakin bahwa simpangan baku baterai

tersebut 1 tahun?

Jawab :

Dihitung variasi sampel :

= ∑

(∑

)

( ) = =

( )( ) ( )

( ) ( ) = 0,815

kemudian

= ( )

= =

( ) ( )

= 3,26

Merupakan suatu nilai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan 4.

Karena 95% nilai dengan derajat kebebasan 4 terletak antara 0,484 dan 11,143,

nilai perhitungan dengan menggunakan = 1 masih wajar. Sehingga tidak ada alasan

bagi pembuatannya untuk mencurigai bahwa simpangan baku baterai bukan 1 tahun.

TAMBAHAN MATERI

1. Uji T

Parameter distribusi t

Rataan dan varians dari distribusi t adalah

1. E(T) = 0

2. Var(T) =

Bukti :

1. Karena (t) simetris di t = 0 semua momen sekitar pusat yang ganjil sama

dengan nol, yaitu :

- = E (T) = 0

- = E (T) = 0

- = E (T) = 0

Dan seterusnya

12'

k = 0, k = 0, 1, 2, 3,…

2. Momen sekitar rataan yang genap adalah: k

k TE 2

12 )'(

= kTE 2)(

=

dttkt k )(. 1

2

= 2.

0

1

2 )(. dttkt k

= 2.

0 2

)1(2

2

)1).(2

(.

)2

1(

. dt

r

trrr

rr

tr

k

Misalkan:

yr

t 11 2

y

yrt

)1(2

dyy

rtdt

22

Batas-batas: Untuk t = 0, maka y = 1

Untuk t = ∞, maka y = 0

1 2

1

2

2

)2(

2

))1(

.(2

..))1(

(.

)2

().2

1(.

)2

)1((.2

dy

y

yr

y

r

yy

yr

rrrr

rr r

k

k

= dyyyr

rrr

rrr

kkr

k

)2

1(

1

0

1)2

(

)2

1(

)1.(.

)2

().2

1(.

)2

1(.

Integral diatas diselesaikan dengan menggunakan bantuan fungsi beta yaitu:

1

0

11

)(

)().()1.(),(

r

TrdyyyB

)2

1,

2(.

)2

().2

1(

)2

1(.

2

kkr

Br

rr

rrr k

k

=

)2

1

2(

)2

1().

2(

.

)2

().2

1(

)2

1(.

rr

krkr

r

rrr

rrr k

=

)2

()2

1(

)2

1().

2(

.r

rr

krkr

r

r k

=

)2

().2

)...(22

).(12

).(2

1(

)2

1()

2

1)(

2

3)...(

2

3)(

2

1().

2(

.

kr

rkrrr

r

rkkrkr

r

r k

=

)2

()...22

().12

.(

)2

1).(

2

3)...(

2

3).(

2

1(

.

kr

rr

rr

r

kk

r k

kr

krrr

kkr k

k

2;

)2)...(4)(2(

)1)(3)...(32).(12(.2

Untuk k = 1 diperoleh =

; r >2

Untuk k =2 diperoleh = .( )( )

( )( )

( )( )

Karena var(T) = , maka var(T) =

Contoh soal:

Misalkan peubah acak T mengikuti distribusi t dengan derajat kebebasan r = 7

a. Hitung P(T≤-1,415)

b. Hitunng P(-1,805<T<1,415)

Penyelesaian:

a. P(T≤-1,415)= 1-P(T≤1,415)

Dari table distribusi t diperoleh P(T≤1,415)= F(1,415)= 0,90

Jadi: P(T≤-1,415)= 1-0,90= 0,10

b. P(-1,805<T<1,415)= F(1,415)-F(-1,805)

= F(1,415-[1-F(1,805)]

Dari table distribusi t diperoleh F(1,805)= 0,95

Jadi: P(-1,805<T<1,415)= 0.90-(1-0,95)= 0,85

2.Distribusi F

Parameter distribusi F

Rataan dan varians dari distribbusi F adalah:

1. E(F) =

2. Var(F) = )4()2(

)2(2

2

2

21

12

2

2

rrr

rrr

Bukti:

Berdasarkan nilai ekspektasi kontinu maka;

0

1 )(.)(' dffkfPE kk

k

=

02

2.

2

1

22

.

21

2

121

1

12

1

)1(

.

)2

().2

(

)).(2

(

. df

fr

r

f

rr

rr

r

rrrr

fr

k

rk

k

rr

Misalkan:

yr

fr

2

1

Batas-batas: Untuk f = 0, maka y = 0

Untuk f = ∞, maka y = ∞

dyr

rdf

1

2

0 1

2

2

)(

1)2

(

1

2

21

2

2

121

.

)1(

).(

.

)2

().2

.(

)).(2

(

'21

11

dyr

r

y

yr

r

rr

rr

r

rrrr

rr

rk

r

k

=

0)

2()(

1)2

(

21

21

2

1 )

)1(

(.

)2

().2

(

)2

(

.)(2

2

1

1

kr

kr

r

rk

k

y

y

rr

rr

rrr

r

r

Penyelesaian integral diatas dilakukan dengan menggunakan fungsi gama yaitu:

0

1

)1(

)1().(

1 ppr

prprdy

y

y p

Dalam hal ini:

1)2

(1 1 r

kp

kr

p )2

( 1

kr

kr

)2

()2

(1 21

= kr

p )2

( 2

kr

p )2

(1 2

)2

(

)2

().2

(

.

)().(

)2

(

.)('21

21

2

2

2

1

21

1

2

rrr

kr

rr

kr

r

rr

r

rr

rrr

r

r k

k

2;

)().(

)2

().2

(

.)(' 2

2

2

2

1

21

1

2 rr

r

rr

r

rr

kr

rr

kr

r

r k

k

Untuk k = 1

)().(

)12

().2

1(

).('

2

2

2

1

21

1

2

1

r

rr

r

rr

rr

rr

r

r

21

2

2.'2

2

2

1

1

2

1

r

r

r

r

r

r

Untuk k = 2

)().(

)22

().2

2(

.)('

2

2

2

1

21

2

1

2

2

r

rr

r

rr

rr

rr

r

r

)22

).(12

(

)2

).(12

(

.)('22

11

2

1

2

2

rr

rr

r

r

)4)((

)2.('

2

2

21

1

2

2

2

rrr

rr

Jadi: 2

122 )'('

= 2

2

2

2

221

1

2

2

)2()4)(2(

)2(

r

r

rrr

rr

)4()2(

)2(2

2

2

21

12

2

2

2

rrr

rrr

Sehingga terbukti bahwa:

- 2

)('2

2

1

r

rFE

- )4()2(

)2(2)(

2

2

21

12

2

2

2

rrr

rrrFVar

Contoh Soal:

Misalkan peubah acak F berdistribusi F dengan derajat kebebasan pembilang dan

derajat kebebasan penyebut

a. Untuk =7 dan =8, tentukan nilai a yang memenuhi P(F≤a)=0,95

b. Untuk =9 dan =4, hitung P(F 14,66)

c. Untuk =5 dan =3, hitung P(F≥9,01)

d. Untuk =6 dan =9, hitung P(F≤0,244)

Penyelesaian:

a. P(F≤a)= 0,95

Dari tabel distribusi F diperoleh a = 3,50

b. P(F≤14,66)

Dari tabel distribusi F diperoleh P(F≤14,66)= 0,95

c. P(F≥9,01)= 1 - P(F≤9,01)

Dari tabel distribusi F diperoleh P(F≤9,01) = 0,95

Jadi: P(F≥9,01)= 1 – 0,95 = 0,05

d. P(F≤0,244) = P(

)

= P(

)

= 1 – P(

)

Dari tabel distribusi F diperoleh P(

) = 0,95

Jadi: P(F≤0,244) = 1 – 0,95 = 0,05.

3. Distribusi Rataan ( )

Misalkan , , ,... adalah sebuah sampel acak berukuran n (n>1) yang berasal

dari distribusi normal umum dengan rataan µ dan varians 2

Rataan dari sampel acak ditulis:

=

n

i

iX1

Dalam hal ini kita akan menentukan distribusi dari rataan sampel tersebut. Karena

distribusi dari sampel acak tersebut berasal dari distribusi khusus yang dikenal,

penentuan distribusi dari rataan sampel acak itu dilakukan dengan menggunakan

teknik fungsi pembangkit momen.

Karena ,i= 1, 2, 3,...,n berdistribusi N( ): 2 maka fungsi pembangkit momen

dari adalah:

)2

1.exp()( 22tttM x

Fungsi pembangkit momen dari X adalah:

)][exp()( tXEtM x

= )].[exp(

1

n

i

iXn

ttE

= )}]...([exp{ 321 nXXXXn

tE

= )]exp()...exp().exp().[exp( 321 nXn

tX

n

tX

n

tX

n

tE

Karena , , ,... adalah peubah acak yang saling bebas, maka:

= )]][()]...[()].[()].[[exp( 321 nXn

tEX

n

tEX

n

tEX

n

tE

= )()...().().(321 n

tM

n

tM

n

tM

n

tM

nxxxx

Karena , , ,... adalah peubah acak yang berdistribusi identik, maka:

- )2

1exp()(

2

22

1 n

t

n

t

n

tM x

- )2

1exp()(

2

22

2 n

t

n

t

n

tM x

- )2

1exp()(

2

22

3 n

t

n

t

n

tM x

- Dan seterusnya sampai )2

1exp()(

2

22

n

t

n

t

n

tM

nx

Sehingga:

)]2

1[exp()(

22

n

tttM X

Berdasarkan hasil diatas ternyata berdistribusi normal dengan rataan µ dan varians

; dan ditulis:

-N(µ.

)

Dalam menerapkan penggunaan , untuk memudahkan penghitungannya

hendaknya diubah kedalam angka baku Z dengan rumus:

xxZ

x

x

Hasil perhitungannya dibulatkan hingga dua angka desimal. Selanjutnya digunakan

Tabel Distribusi Normal Baku.

Contoh soal:

Misalkan adalah rataan dari sampel acak berukuran 25 yang berdistribusi normal

dengan rataan 30 dan simpangan baku 4. Hitunglah P( <28)!

)])].[exp(2

1.[exp()(

2

22

2

22

n

t

n

t

n

t

n

ttM X

)]2

1)]...[exp(

2

1[exp(

2

22

2

22

n

t

n

t

n

t

n

t

n

n

t

n

t)]

2

1[exp(

2

22

Penyelesaian:

Dalam hal ini µ = 30, σ = 4 dan n = 25

)

25

4

3028()28(

n

xpxp

= p(Z<-2,50)

= 0,5 – (daerah dari Z = -2,50 sampai Z = 0)

= 0,5 – (daerah dari Z = 0 sampai Z = 2,50)

= 0,5 – 0,4938

P( <28) = 0,0062

Daftar Pustaka

Blank,Leland. 1980. Statistical Procedures For Engineering,

Management, And Science. New York : Department of Industrial

Engineering Texas A&M UniversityNar, Herrhyanto dan

Tuti,Gantini. 2009. Pengantar Statistika Matematis. Bandung :

Yrama Widya

Dowdy,Shirley dan Stanley Wearden . 1990. Statistics for

research.west Virginia: A wiley-Interscience Publication

Maman A, D. 1996. Pengantar Teori Peluang. Jakarta : Dirjen Dikti

PPTG

Nar, Herrhyanto dan Tuti,Gantini. 2009. Pengantar Statistika

Matematis. Bandung : Yrama Widya

Ruseffendi. 1993. Statistika dasar Untuk Penenlitian Pendidikan.

Jakarta : Departemen Pendidikan Dan Kebudayaan

Supranto,J. 1985. Pengantar Probabilita dan Statistik Induktif Jilid 1.

Jakarta : Erlangga