Upload
dewa-dode-ajuz
View
69
Download
7
Embed Size (px)
Citation preview
1
BAB I
PENDAHULUAN
1.1. Latar Belakang
Matematika mempunyai peran penting dalam berbagai disiplin ilmu dan
memajukan daya pikir manusia. Perkembangan pesat di bidang teknologi informasi dan
komunikasi dewasa ini tidak lepas dari hasil perkembangan matematika. Untuk
menciptakan dan menguasai teknologi di masa depan diperlukan penguasaan matematika
yang kuat sejak dini. Oleh karenanya matematika dikatakan sebagai Queen of Science atau
Ratu dari Ilmu Pengetahuan. Melihat pentingnya peranan matematika membuat mata
pelajaran ini selalu diajarkan di setiap satuan pendidikan dan di setiap tingkatan kelas
dengan porsi jam pelajaran jauh lebih banyak daripada mata pelajaran lainnya. Hal tersebut
menunjukkan bahwa para ahli pendidikan dan para perancang kurikulum menyadari bahwa
matematika dapat meningkatkan kemampuan berpikir logis, analitis, sistematis, kritis, dan
kreatif, serta kemampuan bekerjasama yang nantinya dapat memenuhi harapan dalam
penyediaan potensi sumber daya manusia yang handal. Sehingga nantinya memiliki
kesanggupan untuk menjawab tantangan era globalisasi serta pesatnya perkembangan ilmu
pengetahuan dan teknologi saat ini dan masa yang akan datang.
Matematika tidak hanya terbatas dalam perhitungan angka saja, namun dari hal ini
muncul keterkaitan yang bisa diaplikasikan dalam cabang ilmu lain. Oleh karena itu,
materi-materi matematika banyak diaplikasikan dalam bidang ilmu-ilmu alam, seperti
biologi, fisika, kimia, dan geografi. Salah satu cabang matematika yang sering diterapkan
adalah statistika matematika dimana membahas mengenai probabilitas atau peluang yang
sangat berkaitan dengan hampir seluruh peristiwa di bumi ini. Misalnya probabilitas
kemunculan mata dadu berjumlah 5 pada pelemparan sebuah mata dadu, probabilitas anak
yang dilahirkan dari suatu pasangan suami istri adalah laki-laki, serta masih banyak lagi
penerapan yang lainnya.
Salah satu contoh aplikasi matematika dalam dalam bidang biologi yang menarik
dibahas adalah pemodelan probalitas proses kelahiran murni satu spesies. Dalam kasus
proses kelahiran murni terdapat asumsi bahwa tidak terjadi proses kematian, sehingga
2
probabilitas yang nantinya dihitung merupakan probabilitas besar populasi adalah π pada
suatu waktu π‘ hanya bergantung pada nilai π‘. Dalam makalah ini akan lebih dijelaskan
bagaimana mengambil asumsi-asumsi yang diperlukan untuk dapat membuat pemodelan
matematika dan menyelesaikannya sehingga mendapat solusi yaitu fungsi nilai probabilitas
besar populasi adalah π pada suatu waktu π‘, serta bagaimana gambar grafik fungsi
probabilitasnya.
1.2. Rumusan Masalah
Dari latar belakang yang telah dipaparkan diatas, dapat dirumuskan beberapa
masalah yang akan dikaji dalam makalah ini, yaitu :
1. Bagaimana bentuk model probalitas proses kelahiran murni satu spesies?
2. Bagaimana solusi model probalitas proses kelahiran murni satu spesies?
3. Bagaimana gambar grafik fungsi probabilitasnya?
1.3. Batasan Masalah
Dalam makalah ini hanya membahas mengenai nilai probabilitas besar populasi
adalah π pada saat waktu π‘ dan yang divariasikan adalah besar populasinya sehingga
fungsi probabilitasnya bergantung pada variabel π‘. Dalam menyusun pemodelan
probabilitas proses kelahiran murni, ekosistem yang terdiri dari satu spesies dianggap
memenuhi asumsi-asumsi berikut:
1. Hanya terjadi proses kelahiran, tidak terjadi proses kematian.
2. Probabilitas satu individu bereproduksi pada selang (π‘ + βπ‘), dengan βπ‘ cukup kecil
hanya bergantung kepada βπ‘ (proporsional terhadap βπ‘), tidak tergantung kepada
permulaan waktu π‘.
3. Probabilitas satu individu menghasilkan lebih dari satu individu pada selang (π‘, π‘ + βπ‘)
dianggap sangat kecil.
4. Probabilitas pada 2) saling bebas (independent) terhadap kejadian lain yang saling asing
(disjoint).
3
1.4. Tujuan Penulisan
Tujuan dari penulisan makalah ini adalah untuk mengetahui cara merancang
model probabilitas kelahiran murni satu spesies dan mencari solusi berupa fungsi
probabilitas yang bergantung pada variabel π‘ serta grafik fungsi probabilitasnya.
1.5. Manfaat Penulisan
Berbagai informasi yang disajikan dalam makalah ini diharapkan mampu
memberikan manfaat bagi :
1. Penulis
Untuk menambah wawasan dalam aplikasi matematika di berbagai bidang bidang ilmu
khususnya dalam bidang biologi.
2. Pembaca
Memberikan informasi baru tentang bagaimana menyusun pemodelan probalitas proses
kelahiran murni satu spesies serta menentukan solusinya, sehingga akan bermanfaat
nantinya dalam memprediksi besar populasi suatu spesies di masa yang akan datang.
4
BAB II
KAJIAN TEORI
2.1. Probabilitas
Dalam Statistika dihadapkan untuk menarik kesimpulan dan keputusan dari suatu
permasalahan. Kesimpulan yang dibuat, kebenarannya tidaklah pasti secara absolut,
sehingga timbul persoalan bagaimana keyakinan untuk mempercayai kebenaran dari
kesimpulan tersebut. Untuk hal tersebut diperlukan suatu teori yang biasa disebut teori
peluang atau probabilitas. Dalam teori ini dibahas, antara lain tentang ketidakpastian dari
suatu kejadian atau peristiwa.
Probabilitas ialah suatu nilai yang digunakan untuk mengukur tingkat terjadinya
suatu kejadian yang acak. Suatu ukuran tentang kemungkinan suatu peristiwa (event) yang
akan terjadi di masa mendatang. Probabilitas dinyatakan antara 0 sampai 1 atau dalam
persentase.
2.2. Binomial Newton
Jika π dan π adalah variabel-variabel real tidak nol, maka bentuk aljabar (π + π)
disebut suku dua atau binom dalam π dan π. Binom (π + π) dipangkatkan dengan π,
π β β dituliskan: (π + π)π dimana hasil penjabaran binom (π + π)π ditentukan oleh
nilai π.
Untuk π=1(π + π)1=
Untuk π=2(π + π)2=
Untuk π=3(π + π)3=
Untuk π=4(π + π)4=
Untuk π=5(π + π)5=
(1)π1π0 + (1)π0π1
(1)π2π0 + (2)π1π1 + (1)π0π2
(1)π3π0 + (3)π2π1 + (3)π1π2 + (1)π0π3
(1)π4π0 + (4)π3π1 + (6)π2π2 + (4)π1π3 + (1)π0π4
(1)π5π0 + (5)π4π1 + (10)π3π2 + (10)π2π3 + (5)π1π4 + (1)π0π5
5
Tampak bahwa koefisien masing-masing suku diatas memperlihatkan adanya suatu aturan
yang dikenal dengan Segitiga Pascal, yaitu:
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Dimana setiap nilai diperoleh dari besar 2 nilai diatasnya. Dalam hubungan dengan
kombinasi dapat dituliskan sebagai berikut:
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
senilai dengan :
senilai dengan :
senilai dengan :
senilai dengan :
senilai dengan :
πͺππ πͺπ
π
πͺππ πͺπ
π πͺππ
πͺππ πͺπ
π πͺππ πͺπ
π
πͺππ πͺπ
π πͺππ πͺπ
π πͺππ
πͺππ πͺπ
π πͺππ πͺπ
π πͺππ πͺπ
π
Maka untuk nilai dari (π + π)4 = (πΆ04)π4 + (πΆ1
4)π3π + (πΆ24)π2π2 + (πΆ3
4)ππ3 + (πΆ44)π4
Biasanya untuk notasi πΆππ dapat ditulis lebih singkat dengan
ππ .
Sehingga bentuk tersebut dapat digeneralisasi dan untuk nilai dari (π + π)π adalah
(π + π)π = π0 ππ +
π1 ππβ1π +
π2 ππβ2π2 + β― +
ππ β 1
πππβ1 + ππ ππ
Bentuk terakhir sering disebut bentuk ekspansi Binomial Newton.
2.3. Deret Taylor
Deret Taylor merupakan deret yang digunakan untuk mengaproksimasi nilai
fungsi disekitar suatu titik. Pendekatan yang digunakan yaitu nilai dari turunan (pertama,
kedua, ketiga dst.) fungsi di titik tersebut.
6
Bentuk umum deret taylor adalah
π π₯ + β = π π₯ + πβ² π₯ β +πβ²β² (π₯)
2β2 +
πβ²β² β²(π₯)
3!β3 + β―
atau
π π₯ + βπ₯ = π π₯ +βπ₯
1!
ππ π₯
ππ₯+
(βπ₯)2
2!
π2π π₯
ππ₯2+
(βπ₯)3
3!
π3π π₯
ππ₯3+ β―
2.4. Persamaan Diferensial Biasa Orde Satu
Persamaan Diferensial Biasa Orde Satu dapat dinyatakan dalam :
ππ¦
ππ₯= π(π₯, π¦)
Terdapat berbagai cara untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa orde satu, namun
dalam makalah ini lebih menekankan pada dua metode penyelesaian, yaitu dengan metode
pemisahan variabel dan metode faktor integrasi.
Jika terdapat persamaan diferensial biasa orde satu dengan bentuk
ππ¦
ππ₯= π(π₯, π¦)
dimana persamaan yang ruas kanannya dapat dinyatakan sebagai perkalian atau pembagian
fungsi π₯ dan fungsi π¦, maka penyelesaiannya dapat dicari dengan cara memisahkan
variabelnya sehingga faktorβπ¦β bisa dikumpulkan dengan βππ¦β dan faktorβπ₯β dengan βππ₯β.
Sehingga akan terbentuk persamaan π π¦ ππ¦ = π(π₯)ππ₯, kemudian integralkan kedua ruas
agar nantinya didapatkan solusi untuk π¦ = π(π₯).
Jika terdapat persamaan diferensial biasa orde satu dengan bentuk
ππ¦
ππ₯+ ππ¦ = π
dimana π dan π merupakan fungsi π₯ maka penyelesaiannya dapat dicari dengan
mengalikan kedua ruas persamaan dengan faktor integrasi yaitu
π = π πππ₯
7
Kemudian dengan aturan perkalian pada diferensial, transformasikan bentuk PD tersebut.
ππ¦
ππ₯ π πππ₯ + π¦ ππ πππ₯ = ππ πππ₯ β
π
ππ₯ π πππ₯π¦ = ππ πππ₯
kalikan kedua ruas dengan ππ₯ dan kemudian integralkan kedua ruas, sehingga didapatkan
solusi untuk PD tersebut yaitu :
π¦ = πβ πππ₯ ππ πππ₯ππ₯ + π
8
π‘ (π‘ + βπ‘)
π β 1 π
π π
BAB III
PEMBAHASAN
3.1. Pembentukan Model
Misalkan dalam waktu βπ‘, besarnya probabilitas kelahiran suatu individu adalah
πβπ‘, untuk suatu konstanta positif π. Maka banyaknya proses kelahiran dalam waktu βπ‘
adalah π0πβπ‘, dengan π0 = Populasi awal, π0πβπ‘ = Pertambahan cacah individu pada
populasi selama βπ‘, atau pada selang (π‘, π‘ + βπ‘). Jadi Ξπ = π0πβπ‘ dan
π π‘ =Ξπ
Ξπ‘π0=
π0πβπ‘
Ξπ‘π0= π
merupakan laju/angka pertumbuhan, yaitu probabilitas terjadinya satu kelahiran per satuan
waktu. Misalkan ππ π‘ = Probabilitas besar populasi pada saat π‘ adalah π. Akan dihitung
ππ π‘ + Ξπ‘ , yaitu probabilitas bahwa besar populasi pada saat π‘ + Ξπ‘ adalah π. Pandang
interval waktu (π‘ + Ξπ‘) sebagai berikut :
Karena tidak terjadi proses kematian, maka besar populasi π pada saat π‘ + Ξπ‘
dapat diperoleh dengan dua kejadian sebagai berikut :
i. Populasi pada saat π‘ = π β 1, kemudian terjadi satu proses kelahiran, atau
ii. Populasi pada saat π‘ = π, tetapi tidak terjadi proses kelahiran.
Oleh karena itu :
ππ π‘ + Ξπ‘ = ππβ1ππβ1 π‘ + π£πππ π‘ (1.1)
dengan :
π£π = Probabilitas tidak terjadinya satu proses kelahiran diantara π individu,
ππβ1 = Probabilitas terjadinya satu proses kelahiran diantara π β 1 individu.
Gambar 1. Populasi pada interval waktu (π‘ + Ξπ‘)
9
Dalam hal ini proses kelahiran dan tidak terjadinya kelahiran saling independent.
Karena diasumsikan tidak terjadi proses kematian , maka 1 β πΞπ‘ merupakan probabilitas
tidak terjadinya proses kelahiran. Jadi, karena proses terjadinya kelahiran diantara π
individu saling independent, maka
π£π = (1 β πΞπ‘)π (1.2)
Dengan demikian probabilitas terjadinya paling sedikit satu proses kelahiran
diantara π individu adalah ππ = 1 β π£π = 1 β (1 β πΞπ‘)π , jadi :
ππβ1 = 1 β (1 β πΞπ‘)πβ1 (1.3)
Dari ekspansi Binomial Newton, maka didapat :
π£π = (1 β πΞπ‘)π
= π0 1π +
π1 1πβ1 βπΞπ‘ +
π2 1πβ2 βπΞπ‘ 2 + β― +
ππ β 1
1 βπΞπ‘ πβ1 +
ππ (βπΞπ‘)π
= 1 β ππΞπ‘ + π2 πΞπ‘ 2 + β― +
ππ β 1
βπΞπ‘ πβ1 + ππ (βπΞπ‘)π
π£π = 1 β ππΞπ‘ (1.4)
ππβ1 = 1 β 1 β πΞπ‘ πβ1
= 1β π β 1
0 1πβ1 +
π β 11
1πβ2 βπΞπ‘ + π β 1
2 1πβ3 βπΞπ‘ 2 + β― +
π β 1π β 2
1 βπΞπ‘ πβ2 + π β 1π β 1
(βπΞπ‘)πβ1
= 1β 1 β (π β 1)πΞπ‘ + π β 1
2 πΞπ‘ 2 + β― +
π β 1π β 2
1 βπΞπ‘ πβ2 +
π β 1π β 1
(βπΞπ‘)πβ1
= 1 β 1 β (π β 1)πΞπ‘
ππβ1 = π β 1 πΞπ‘ (1.5)
Dapat dihilangkan untuk Ξπ‘ yang sangat kecil
10
Dari (1.1), (1.4) dan (1.5); diperoleh :
ππ π‘ + Ξπ‘ = π β 1 πΞπ‘ππβ1 π‘ + 1 β ππΞπ‘ ππ π‘ (1.6)
Menurut Deret Taylor
ππ π‘ + Ξπ‘ = ππ π‘ +Ξπ‘
1!
πππ π‘
ππ‘+
(Ξπ‘)2
2!
π2ππ π‘
ππ‘2+ β―
β ππ π‘ + Ξπ‘πππ π‘
ππ‘ (1.7)
Dari (1.6) dan (1.7) diperoleh
ππ π‘ + Ξπ‘πππ π‘
ππ‘= π β 1 πΞπ‘ππβ1 π‘ + 1 β ππΞπ‘ ππ π‘
β ππ π‘ + Ξπ‘πππ π‘
ππ‘= π β 1 πΞπ‘ππβ1 π‘ + ππ π‘ β ππΞπ‘ππ π‘
β Ξπ‘πππ π‘
ππ‘= π β 1 πΞπ‘ππβ1 π‘ β ππΞπ‘ππ π‘
βπππ π‘
ππ‘= π π β 1 ππβ1 π‘ β ππππ π‘ (1.8)
Yang merupakan persamaan diferensial model probabilitas proses kelahiran
murni, dengan syarat awal :
π = π0 β ππ 0 = 1 (Kepastian)
π β π0 β ππ 0 = 0 (Kemustahilan)
Persamaan diferensial (1.8) dapat ditulis sebagai
πππ π‘
ππ‘+ ππππ π‘ = π π β 1 ππβ1 π‘ ;βπ = 0,1,2,3,β¦ (1.9)
Yang merupakan persamaan diferensial linier dalam ππ π‘ dan πππ π‘
ππ‘.
3.2. Solusi Model Probabilitas Kelahiran Murni
Pandang persamaan diferensial (1.9), dengan syarat awal π‘ = 0 β π = π0. Maka
ππ 0 = 1 ;ππππ π = π0
0 ;ππππ π β π0
(2.1)
Dapat dihilangkan untuk Ξπ‘ yang sangat kecil
11
Karena diasumsikan tidak ada kematian, maka diperoleh :
ππ0β1 π‘ = 0 ; βπ‘ β₯ 0; π β β (2.2)
3.2.1. Mencari π·π΅π π ; π β₯ π; π β β
Dari persamaan (1.9) ambil π = π0, dan dengan memasukkan persamaan 2.2
maka diperoleh :
πππ0 π‘
ππ‘= π π0 β 1 ππ0β1 π‘ β ππ0ππ0
π‘ (2.3)
βπππ0
π‘
ππ‘= βππ0ππ0
π‘
βπππ0
π‘
ππ0 π‘
= βππ0ππ‘
β πππ0
π‘
ππ0 π‘
= β ππ0ππ‘
β ππππ0 π‘ = βππ0π‘ + π
β ππ0 π‘ = πβππ0π‘+π = πππβππ0π‘
Dari persamaan (2.1), syarat awal ππ0 0 = 1, sehingga diperoleh ππ = 1. Jadi
solusi masalah syarat awalnya adalah :
ππ0 π‘ = πβππ0π‘ ; π‘ β₯ 0; π‘ β β (2.4)
3.2.2. Menghitung π·π΅π+π π ; π β₯ π; π β β
Dari (1.9) pandang persamaan diferensial
πππ0+1 π‘
ππ‘+ π(π0 + 1)ππ0+1 π‘ = ππ0ππ0
π‘ (2.5)
Dari (2.4) dan (2.5) akan ditentukan solusi persamaan diferensial :
πππ0+1(π‘)
ππ‘+ π π0 + 1 ππ0+1 π‘ = ππ0π
βππ0(π‘) (2.6)
Solusi umum :
ππ0 +1 π‘ = πβ π π0+1 ππ‘ ππ0πβππ0π‘π π π0+1 ππ‘ππ‘ + π
12
= πβπ π0 +1 π‘ ππ0πβππ0π‘ππ π0 +1 π‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +1 π‘ ππ0πβππ0π‘+ππ0π‘+ππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +1 π‘ ππ0πππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +1 π‘ ππ0π
ππ‘
π+ π
= πβπ π0 +1 π‘ π0πππ‘ + π
= π0πβππ0π‘βππ‘+ππ‘ + ππβπ π0+1 π‘
= π0πβππ0π‘ + ππβπ π0 +1 π‘
Dari persamaan (2.1) diperoleh syarat awalnya adalah ππ0+1 0 = 0, sehingga
ππ0 +1 0 = 0 βΊ π0πβππ0 (0) + ππβπ π0 +1 (0) = 0 βΊ π0 + π = 0 βΊ π = βπ0
Diperoleh solusi masalah syarat awal
ππ0 +1 π‘ = π0πβππ0π‘ β π0π
βπ π0 +1 π‘
ππ0 +1 π‘ = π0πβππ0π‘ β π0π
βππ0π‘πβππ‘
ππ0 +1 π‘ = π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ ; π‘ β₯ 0; π‘ β β (2.7)
3.2.3. Menghitung π·π΅π+π(π) dan π·π΅π+π(π); π β₯ π; π β β
Pandang persamaan diferensial
πππ0+2(π‘)
ππ‘+ π π0 + 2 ππ0+2 π‘ = π π0 + 1 ππ0+1 π‘ (2.8)
Dengan syarat awal ππ0+2 0 = 0. Dari (2.7) dan (2.8) persamaan diferensial
menjadi
πππ0+2(π‘)
ππ‘+ π π0 + 2 ππ0+2 π‘ = π π0 + 1 π0π
βππ0π‘ 1 β πβππ‘ (2.9)
sehingga solusi umumnya adalah
ππ0 +2 π‘ = πβ π π0+2 ππ‘ π(π0 + 1)π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ π π π0+2 ππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ π(π0 + 1)π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ ππ π0+2 π‘ππ‘ + π
13
= πβπ π0 +2 π‘ π(π0 + 1)π0 1 β πβππ‘ πβππ0π‘πππ0π‘π2ππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ π(π0 + 1)π0 1 β πβππ‘ π2ππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ ππ0(π0 + 1) (π2ππ‘ β πβππ‘ π2ππ‘ )ππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ ππ0(π0 + 1) (π2ππ‘ β πππ‘ )ππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ ππ0(π0 + 1) 1
2ππ2ππ‘ β
1
ππππ‘ + π
= πβπ π0 +2 π‘ ππ0(π0 + 1)
12π2ππ‘ β πππ‘
π+ π
= πβπ π0+2 π‘ π0(π0 + 1) 1
2π2ππ‘ β πππ‘ + π (2.10)
Karena syarat awal ππ0+2 0 = 0, maka :
0 = π0 π0(π0 + 1) 1
2π0 β π0 + π
0 = β1
2π0(π0 + 1) + π
π =1
2π0(π0 + 1)
Sehingga persamaan 2.10 akan menjadi :
ππ0 +2 π‘ = πβπ π0+2 π‘ π0(π0 + 1)(1
2π2ππ‘ β πππ‘ ) +
1
2π0(π0 + 1)
= π0(π0 + 1)πβπ π0+2 π‘ 1
2π2ππ‘ β πππ‘ +
1
2
= π0(π0 + 1)πβπ π0+2 π‘ π2ππ‘ β 2πππ‘ + 1
2
=π0(π0 + 1)
2πβπ π0 +2 π‘ π2ππ‘ β 2πππ‘ + 1
=π0(π0 + 1)
2πβπ π0 +2 π‘ π2ππ‘ β 2π2ππ‘πβππ‘ + π2ππ‘πβ2ππ‘
=π0(π0 + 1)
2πβπ π0 +2 π‘π2ππ‘ 1 β 2πβππ‘ + πβ2ππ‘
14
=π0(π0 + 1)
2πβππ0π‘πβ2ππ‘ π2ππ‘ 1 β 2πβππ‘ + πβ2ππ‘
ππ0 +2 π‘ =π0(π0 + 1)
2πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
2; π‘ β₯ 0; π‘ β β (2.11)
Sehingga secara induktif diperoleh solusi untuk ππ0+π π‘ ; π β π adalah :
ππ0 +π π‘ =π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π;βπ = 1,2,3,β¦
Untuk pembuktiannya, dapat dilakukan dengan induksi matematika:
(i) Untuk π = 1,
ππ0+1 π‘ =π0 β¦ (π0 + 1 β 1)
1!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
1
ππ0+1 π‘ = π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ β¦ (benar)
(ii) Asumsikan benar untuk π = π, yaitu
ππ0 +π π‘ =π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
(iii) Akan dibuktikan benar untuk π = π + 1, yaitu
ππ0 +π+1 π‘ =π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π + 1 !πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π+1
Dari persamaan (1.9) didapat :
πππ π‘
ππ‘+ ππππ π‘ = π π β 1 ππβ1 π‘
πππ0+π+1 π‘
ππ‘+ π π0 + π + 1 ππ0+π+1 π‘ = π π0 + π + 1 β 1 ππ0+π+1β1 π‘
πππ0+π+1 π‘
ππ‘+ π π0 + π + 1 ππ0+π+1 π‘ = π π0 + π ππ0+π π‘
πππ0+π+1 π‘
ππ‘+ π π0 + π + 1 ππ0+π+1 π‘
= π π0 + π π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π! πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
πππ0+π+1 π‘
ππ‘+ π π0 + π + 1 ππ0+π+1 π‘
= ππ0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
Dengan menggunakan teknik faktor integrasi, maka solusinya adalah
15
ππ0 +π+1 π‘ =πβ π π0+π+1 ππ‘ π
π0 (π0+1)β¦(π0+π)
π ! πβππ0π‘ 1 β
πβππ‘ π π π π0+π+1 ππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +π+1 π‘ ππ0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! πβππ0π‘ 1
β πβππ‘ πππ π0+π+1 π‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! π πβππ0π‘ 1
β πβππ‘ π ππ π0+π+1 π‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! π πβππ0π‘πππ0π‘ππππ‘ πππ‘ 1
β πβππ‘ π ππ‘ + π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! π πππ‘ (πππ‘)π 1 β πβππ‘
π ππ‘
+ π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! π πππ‘ πππ‘(1 β πβππ‘ )
π ππ‘
+ π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! πππ‘ β 1
π ππππ‘ππ‘ + π
= πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! πππ‘ β 1
π π( πππ‘ β 1)
+ π
ππ0 +π+1 π‘ = πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!
πππ‘ β 1 π+1
π + 1+ π (2.12)
16
Dengan syarat awal ππ0+π+1 0 = 0, maka
ππ0 +π+1 0 = 1 π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!
1 β 1 π+1
π + 1+ π
β 0 = π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! 0 + π β π = 0
Sehingga persamaan (2.12) akan menjadi
ππ0 +π+1 π‘ = πβπ π0 +π+1 π‘ π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!
πππ‘ β 1 π+1
π + 1
= πβππ0π‘πβπ π+1 π‘ π0(π0 + 1)β¦ (π0 + π)
π + 1 ! πππ‘ β 1
π+1
=π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π + 1 !πβππ0π‘ πβππ‘
π+1 πππ‘ β 1
π+1
=π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π + 1 !πβππ0π‘ πβππ‘ (πππ‘ β 1)
π+1
ππ0 +π+1 π‘ =π0 (π0+1)β¦(π0+π)
π+1 !πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π+1β¦ (terbukti)
Jadi rumus umum fungsinya adalah
ππ0 +π π‘ =π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π;βπ = 1,2,3,β¦ (2.13)
Atau lebih sederhana dapat ditulis
ππ0 +π π‘ = π0 + π β 1π0 β 1
πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ π; βπ = 0,1,2,3,β¦ ; π‘ β₯ 0; π‘ β β
3.3. Grafik Fungsi π·π΅π+π(π)
Grafik fungsi dari ππ0+π π‘ ; βπ = 0,1,2,3,β¦ akan dijelaskan dan sebagai berikut.
17
3.3.1. Grafik Fungsi π·π΅π π = πβππ΅ππ; π β₯ π
Dalam grafik fungsi ππ0 π‘ = πβππ0π‘ , nilai π0 merupakan besar populasi awal dan π
merupakan angka pertumbuhan (probabilitas terjadinya satu kelahiran per satuan
waktu), sehingga hasil kali π0π merupakan bilangan positif. Untuk π‘ = 0 nilai dari
ππ0 π‘ = π0 = 1, ini jelas karena besar populasi saat waktu awal adalah π0, dan
untuk π‘ > 0 nilai ππ0 π‘ akan terus turun sehingga untuk π‘ β β nilai ππ0
π‘ β 0.
Grafik fungsi ππ0 π‘ = πβππ0π‘ dapat disajikan dalam gambar berikut :
3.3.2. Grafik Fungsi π·π΅π+π π = π΅ππβππ΅ππ[π β πβππ]; π β₯ π
Dalam grafik fungsi ππ0 +1 π‘ = π0πβππ0π‘[1 β πβππ‘ ], untuk π‘ = 0 nilai ππ0 +1 = 0
dan untuk π‘ β β nilai ππ0 +1 β 0. ππ0 +1(π‘) memiliki titik puncak saat nilai π‘
memenuhi persamaan πππ0+1 π‘
ππ‘= 0. Untuk mencari titik puncaknya, lihat kembali
persamaan (2.5) yaitu
πππ0+1(π‘)
ππ‘+ π π0 + 1 ππ0+1 π‘ = ππ0ππ0
π‘
βπππ0 +1(π‘)
ππ‘+ π π0 + 1 π0π
βππ0π‘ 1 β πβππ‘ = ππ0πβππ0π‘
π‘
ππ0(π‘)
Gambar 2. Grafik Fungsi ππ0(π‘)
18
β 0 + π π0 + 1 π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ = ππ0π
βππ0 1
βπ π0 + 1 π0π
βππ0π‘ 1 β πβππ‘
ππ0πβππ0π‘
= 1
β π0 + 1 1 β πβππ‘ = 1
β 1 β πβππ‘ =1
π0 + 1
β πβππ‘ = 1 β1
π0 + 1
β πβππ‘ =π0 + 1 β 1
π0 + 1
β πβππ‘ =π0
π0 + 1
β πππ‘ =π0 + 1
π0
β ππ‘ = ππ π0 + 1
π0
β π‘1 =1
πππ
π0 + 1
π0
Sehingga grafik fungsi ππ0 +1(π‘) dapat disajikan dalam gambar berikut.
π‘1
π‘
ππ0+1(π‘)
Gambar 3. Grafik Fungsi ππ0 +1(π‘)
19
3.3.3. Grafik Fungsi π·π΅π+π π =π΅π(π΅π+π)
ππβππ΅ππ π β πβππ
π
Dalam grafik fungsi ππ0 +2 π‘ =π΅π(π΅π+π)
ππβππ0π‘[1 β πβππ‘ ]2, untuk π‘ = 0 nilai
ππ0 +2 = 0 dan untuk π‘ β β nilai ππ0 +2 β 0. ππ0 +2(π‘) memiliki titik puncak saat
nilai π‘ memenuhi persamaan πππ0+1 π‘
ππ‘= 0. Untuk mencari titik puncaknya, lihat
kembali persamaan (2.5) yaitu
πππ0+2(π‘)
ππ‘+ π π0 + 2 ππ0+2 π‘ = π(π0 + 1)ππ0+1 π‘
βπππ0 +2(π‘)
ππ‘+ π π0 + 2
π0(π0 + 1)
2πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
2
= π(π0 + 1)π0πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
β 0 + ππ0 π0 + 1 π0 + 2
2πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
2= ππ0(π0 + 1)πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
βππ0 π0 + 1 π0 + 2
2 πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ 2
ππ0(π0 + 1)πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ = 1
β π0 + 2
2 1 β πβππ‘ = 1
β 1 β πβππ‘ =2
π0 + 2
β πβππ‘ = 1 β2
π0 + 2
β πβππ‘ =π0 + 2 β 2
π0 + 2
β πβππ‘ =π0
π0 + 2
β πππ‘ =π0 + 2
π0
β ππ‘ = ππ π0 + 2
π0
β π‘2 =1
πππ
π0 + 2
π0
20
Sehingga grafik fungsi ππ0 +2(π‘) dapat disajikan dalam gambar berikut.
3.3.4. Grafik Fungsi π·π΅π π , π·π΅π+π π , π·π΅π+π π , dan seterusnya
Jadi secara induktif titik puncak grafik fungsi
ππ0 +π π‘ =π0 (π0+1)β¦(π0 +πβ1)
π !πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π;βπ = 1,2,3, β¦ adalah π‘π =
1
πln
π0+π
π0 . Untuk pembuktiannya dapat dilakukan dengan induksi matematika.
(i) Untuk π = 1,
π‘1 =1
πππ
π0 + 1
π0
Telah terbukti bahwa titik puncak grafik ππ0+1 π‘ adalah π‘1 =1
πππ
π0 +1
π0 .. (benar)
(ii) Asumsikan benar untuk π = π, yaitu
π‘π =1
πππ
π0 + π
π0
(iii) Akan dibuktikan benar untuk π = π + 1, yaitu
π‘π+1 =1
πππ
π0 + π + 1
π0
π‘2
π‘
ππ0+2(π‘)
Gambar 4. Grafik Fungsi ππ0 +2(π‘)
21
πππ0+π+1(π‘)
ππ‘+ π π0 + π + 1
π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π + 1 !πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π+1
= π(π0 + π)π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
β 0 + π π0 + π + 1 π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π + 1 !πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π+1
= π(π0 + π)π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π β 1)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
β π π0 + π + 1
(π + 1)
π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π 1 β πβππ‘
= ππ0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
π
βπ π0 + π + 1
(π + 1)π0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π! πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ π 1 β πβππ‘
ππ0(π0 + 1) β¦ (π0 + π)
π!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ π
= 1
β π0 + π + 1
(π + 1) 1 β πβππ‘ = 1
β 1 β πβππ‘ = π + 1
(π0 + π + 1)
β πβππ‘ = 1 β π + 1
(π0 + π + 1)
β πβππ‘ = π0 + π + 1 β π β 1
(π0 + π + 1)
β πβππ‘ =π0
(π0 + π + 1)
β πππ‘ =(π0 + π + 1)
π0
β ππ‘ = ππ π0 + π + 1
π0
β π‘π+1 =1
πππ
π0+π+1
π0 β¦β¦.(terbukti)
Sehingga rumus untuk titik puncak grafik ππ0+π π‘ adalah π‘π =1
πln
π0+π
π0 .
Maka diperoleh hubungan π‘1 < π‘2 < π‘3 < dan seterusnya.
22
Jadi grafik fungsi ππ0 π‘ , ππ0+1 π‘ , ππ0+2 π‘ , dan seterusnya, dapat disajikan dalam
gambar berikut.
3.4. Contoh Soal
Diketahui populasi suatu spesies pada awal tahun 2013 adalah 100 individu. Jika diketahui
angka pertumbuhan per individu (π) adalah 0,05 dan diasumsikan terjadi proses kelahiran
murni. Tentukanlah :
1. Fungsi probabilitas besar populasi tersebut 103 individu, saat waktu π‘ tahun ?
2. Berapakah probabilitas besar populasi tersebut 103 individu, saat waktu 6 bulan ?
3. Saat kapan probabilitas besar populasi tersebut 103 individu maksimum ?
Penyelesaian:
π0 = 100, π = 0,05, ππ0+3 π‘ = ?, ππ0+3 0,5 = ?, π‘3 = ?
Karena nilai π0 dan π telah diketahui serta terjadi proses kelahiran murni, maka dapat
langsung digunakan rumus sebelumnya.
π‘2
ππ0+2(π‘)
π‘1
ππ0+1(π‘)
ππ0+3(π‘)
π‘3
π‘
ππ0(π‘)
Gambar 5. Grafik Fungsi ππ0(π‘), ππ0+1(π‘), ππ0+2(π‘), dan seterusnya
23
1. ππ0+3 π‘ =π0 (π0+1)(π0+2)
3!πβππ0π‘ 1 β πβππ‘
3
β π103 π‘ =100(101)(102)
6πβ 0,05 (100)π‘ 1 β πβ0,05π‘ 3
β π103 π‘ = 171700πβ5π‘ 1 β πβ0,05π‘ 3
2. π103 0,5 = 171700πβ5(0,5) 1 β πβ0,05(0,5) 3
β π103 0,5 = 171700πβ2,5 1 β πβ0,025 3
β π103 0,5 = 0,21213 β 21%
3. π‘3 =1
πln
π0+3
π0
β π‘3 =1
0,05ln
100 + 3
100
β π‘3 = 20 ln 103
100
β π‘3 = 0,591 tahun
24
BAB IV
PENUTUP
4.1. Simpulan
Dari pembahasan diatas, dapat disimpulkan bahwa Model Probabilitas Proses
Kelahiran Murni memiliki bentuk persamaan diferensial biasa, yaitu
πππ π‘
ππ‘+ ππππ π‘ = π π β 1 ππβ1 π‘
dan bentuk umum Fungsi Probabilitas suatu populasi sebesar π0 + π pada suatu waktu π‘
adalah
ππ0+π π‘ = π0 + π β 1π0 β 1
πβππ0π‘ 1 β πβππ‘ π; βπ = 0,1,2,3,β¦
dengan π0 adalah besar populasi awal saat π‘ = 0 dan π adalah laju/angka pertumbuhan,
yaitu probabilitas terjadinya satu kelahiran per satuan waktu.
Serta untuk grafik fungsi ππ0+π π‘ ;βπ = 1,2,3, β¦ adalah
Yang memiliki titik puncak saat π‘π , yaitu
π‘π =1
πln
π0 + π
π0 ; βπ = 0,1,2,3,β¦
π‘2
ππ0+2(π‘)
π‘1
ππ0+1(π‘)
ππ0+3(π‘)
π‘3
π‘
ππ0(π‘)
Gambar 6. Grafik Fungsi Probabilitas
25
Sehingga dengan mengetahui populasi awal suatu individu, angka pertumbuhan
serta proses kelahiran murni maka dapat dicari probabilitas saat besar populasi π0 + π pada
suatu waktu π‘.
4.2. Saran
Saran yang dapat diberikan penulis adalah agar pembaca dapat mengembangkan
isi makalah ini, seperti fungsi probabilitas yang didapat terakhir diekmbangkan dalam
statistika matematika yang memiliki rata-rata (Mean), Ragam/ varians dan sebagainya.
Serta pembaca mampu mencoba untuk menyusun pemodelan probabilitas proses kematian
murni, sehingga nanti dengan berbagai analisis diharapkan dapat dikombinasikan dengan
probabilitas proses kealhiran murni ini. Dengan demikian dapat menghitung dengan lebih
nyata probabilitas besar populasi pada waktu tertentu.
26
DAFTAR PUSTAKA
Anny. 2010. Proposal Penelitian Anny. http://annymath.files.wordpress.com/2010/12/proposal-
penelitian-anny.pdf: diakses tanggal 5 Juni 2013
Awallysa. 2012. Binomial Newton. http:// awallysa246.files.wordpress.com/2012/01/binomial-
newton.pptx : diakses tanggal 7 Juni 2013
Gede, Suweken. 2005. Buku Ajar Persamaan Diferensial Biasa. Singaraja: FP-MIPA IKIP
Negeri Singaraja.
Sugiatno. 2012. Makalah Binomial Newton. http://sugiatnoriot.blogspot.com/2012/10/makalah-
binomial-newton.html: diakses tanggal 7 Juni 2013
Widodo. 2008. Pengantar Model Matematika Bidang Biologi. Yogyakarta: Universitas Gadjah
Mada.
27
PROGRAM UNTUK MENGHITUNG PROBABILITAS KELAHIRAN
MURNI SATU SPESIES
(dengan menggunakan Turbo Pascal)
program AGUS_DAR;
uses winCrt;
var p0, l, t, q, r,e,n0, n, v, w, tp :real;
i,j,m, k,fak :integer;
y : array[0..100]of real;
begin
{input}
write(' j = ');
readln (j);
write (' n0 = ');
readln(m);
write (' lamda = ');
readln(l);
write (' t = ');
readln (t);
{proses}
{j faktorial}
fak:=1;
for i:= 1 to j do
begin
fak:=fak*i;
end;
{perkalian n0 sampai n0+j-1}
n:=1;
for i:= m to m+j-1 do
begin
n:=n*i;
end;
28
{nilai-nilai ekponen}
r:= (-1*l*m*t) ;
q:= 1-exp(-l*t);
e:= exp(r);
w:=1;
for k:=1 to j do
begin
y[k]:=q;
w:=w*y[k];
end;
{p0}
p0:= (n/fak)*e*w;
{titik puncak tj}
tp := (1/l)*ln((m+j)/m);
{cetak}
writeln(' ') ;
writeln(' ');
write(j ,' faktorial = ',fak );
writeln('');
writeln(' N0 = ', n);
writeln('');
writeln(' eksponen (1-e) = ', q);
writeln('');
writeln(' eksponen (e) = ', e);
writeln('');
writeln(' ekponen pangkat j = ', w);
writeln('');
writeln(' P0 = ',p0 );
writeln('');
writeln(' titik puncak = ',tp);