MODEL ANTRIAN DENGAN KEDATANGAN

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

MODEL ANTRIAN DENGAN KEDATANGAN BERDISTRIBUSI POISSON DAN WAKTU PELAYANAN BERDISTRIBUSI EKSPONENSIAL (Studi Kasus: Antrian Prioritas Layanan BPJS RS Panti Rapih) SKRIPSI

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika

Disusun oleh: Amalya Widiastuti NIM: 123114017

PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 2016

i


THE QUEUEING MODEL WITH POISSON DISTRIBUTED ARRIVAL AND EXPONENTIAL DISTRIBUTED SERVICE TIME (Case Study: Priority Queue of BPJS Service at Panti Rapih Hospital) A THESIS

Presented as a Partial Fulfillment of the Requirements to Obtain the Degree of Sarjana Sains Mathematics Study Program

Written by: Amalya Widiastuti Student ID: 123114017

MATHEMATICS STUDY PROGRAM DEPARTMENT OF MATHEMATICS FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 2016

ii


SKRIPSI

MODEL ANTRIAN DENGAN KEDATANGAN BERDISTRIBUSI POISSON DAN WAKTU PELAYANAN BERDISTRIBUSI EKSPONENSIAL (Studi Kasus : Antrian Prioritas Layanan BPJS RS Panti Rapih)

Disusun oleh: Nama: Amalya Widiastuti NIM: 123114017

Telah disetujui oleh:

Dosen pembimbing skripsi

Ir. Ig Aris Dwiatmoko, M.Sc.

Tanggal: 17 Oktober 2016

iii


SKRIPSI MODEL ANTRIAN DENGAN KEDATANGAN BERDISTRIBUSI POISSON DAN WAKTU PELAYANAN BERDISTRIBUSI EKSPONENSIAL (Studi Kasus: Antrian Prioritas BPJS RS Panti Rapih) Disiapkan dan ditulis oleh: Amalya Widiastuti NIM: 123114017 Telah dipertahankan dihadapan Panita Penguji Pada tanggal 16 November 2016 Dan dinyatakan memenuhi syarat Susunan Panitia Penguji Nama lengkap

tanda tangan

Ketua: Sudi Mungkasi, Ph.D.

.....................

Sekertaris: Y.G. Hartono, Ph.D.

.....................

Anggota: Ir. Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc.

..................... Yogyakarta, Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Sanata Dharma Dekan

(Sudi Mungkasi, Ph.D.)

iv


HALAMAN PERSEMBAHAN

*Jangan pernah menunda sesuatu, sebab menunda adalah masalah.

Karya tulis ini ku persembahkan untuk: 

Allah SWT yang telah melimpahkan rahmat dan karunia-Nya sehingga skripsi ini dapat selesai,



Mama yang selalu mendoakan ku dan memberi perhatian serta kasih sayang hingga saat ini.



Papa, Mas Thias, Mba Laila dan Dimas yang selalu mendukung serta melindungi ku.

v


PERNYATAAN KEASLIAN KARYA

Saya menyatakan dengan sesungguhnya, bahwa skripsi yang saya tulis ini tidak memuat karya atau bagian karya orang lain kecuali yang disebutkan dalam daftar pustaka, sebagaimana layaknya karya ilmiah.

Yogyakarta, 17 Oktober 2016

Amalya Widiastuti

vi


ABSTRAK

Antrian adalah suatu kondisi dengan subyek-subyek menuju suatu area untuk dilayani dan menghadapi suatu keterlambatan yang disebabkan oleh mekanisme pelayanan yang mengalami kesibukan. Masalah ini memerlukan model matematika untuk memahami perilaku sistem antrian. Model antrian dengan kedatangan berdistribusi Poisson dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial akan diulas dalam skripsi ini. Unsur-unsur antrian seperti model antrian, sikap subyek terhadap antrian, waktu tunggu, serta disiplin antrian mempunyai karakteristik yang harus dipelajari. Dalam skripsi ini disiplin antrian yang digunakan adalah disiplin antrian prioritas yaitu pelayanan diberikan kepada subyek yang mempunyai prioritas yang lebih tinggi dibanding subyek yang lain. Model antrian yang diterapkan untuk menganalisis antrian layanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih Yogyakarta yang bertujuan untuk mengevaluasi penyebab masalah antrian yang terjadi.

Kata kunci: Antrian prioritas, Pelayanan berdistribusi Eksponensial, Sistem antrian.

vii


ABSTRACT

Queueing is a condition where the subjects go to a particular area to be served and face a lateness due to a busy-service mechanism. This problem needs a mathematical model to understand the queueing system behavior. The queueing model with Poisson distributed arrival and Exponential distributed service time will be discussed in this thesis. The elements of queue, such as the queue model, the subject behavior towards the queue, the waiting time, and the queue discipline respectively have characteristics that need to be studied. In this thesis the queue discipline used is priority queueing discipline, that is, a service is given first to the subjects having higher priority than others. The queueing model is applied to analyze the BPJS queueing service at Panti Rapih Hospital Yogyakarta. It aims to evaluate the factors causes the queueing problem. Keywords: Queueing priority, Exponential Distribution Time Service, Queueing system.

viii


LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS

Yang bertanda tangan di bawah ini, saya mahasiswa Universitas Sanata Dharma: Nama

: Amalya Widiastuti

NIM

: 123114017

Demi pengembangan ilmu pengetahuan, saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma karya ilmiah saya yang berjudul:

Model Antrian Dengan Kedatangan Berdistribusi Poisson Dan Pelayanan Berdistribusi Eksponensial (Studi Kasus: Antrian Prioritas Layanan BPJS RS Panti Rapih)

beserta perangkat yang diperlukan (bila ada). Dengan demikian saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma untuk menyimpan, mengalihkan ke dalam bentuk media lain, mengelolanya dalam bentuk pangkalan data, mendistribusikan secara terbatas, dan mempublikasikannya di internet atau media lain untuk kepentingan akademis tanpa perlu meminta ijin dari saya maupun memberikan royalti kepada saya selama tetap mencantumkan nama saya sebagai penulis. Demikian pernyataan ini saya buat dengan sebenarnya. Dibuat di Yogyakarta Pada tanggal 16 November 2016 Yang menyatakan

Amalya Widiastuti

ix


KATA PENGANTAR

Puji dan syukur kepada Allah SWT atas berkat yang selalu menyertai penulis dalam menyelesaikan skripsi ini. Skripsi ini dibuat sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Sains pada Program Studi Matematika, Universitas Sanata Dharma. Banyak tantangan dalam proses penulisan skripsi ini, namun dengan penyertaan Allah SWT serta dukungan dari berbagai pihak akhirnya skripsi ini dapat diselesaikan. Untuk itu penulis ingin mengucapkan terima kasih kepada: 1. Bapak Ir. Ig. Aris Dwiatmoko, M.Sc., selaku dosen pembimbing skripsi yang telah meluangkan waktu, tenaga, dan pikiran serta ilmu yang telah diberikan sehingga terselesaikannya skripsi ini. 2. Bapak YG. Hartono, S.Si., M.Sc., Ph.D, selaku Ketua Program Studi Matematika sekaligus Dosen Pembimbing Akademik Matematika 2012. 3. Bapak Sudi Mungkasi, S.Si., M.Math.Sc., Ph.D. selaku dekan Fakultas Sains dan Teknologi. 4. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, S.J., Ibu M. V. Any Herawati, S.Si., M.Si., Bapak Dr. rer. nat. Herry P. Suryawan, S.Si., M.Si., dan Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku dosen-dosen Prodi Matematika yang telah memberikan banyak pengetahuan kepada penulis selama proses perkuliahan. 5. Kedua orang tuaku tercinta Asriyanto dan Rusmiati, kakakku Thias Bahtiar Nugroho dan Laila Chairunisa, adikku Dimas Ali Prasojo, dan sahabatku

x


Arum, Eni dan Adi yang selalu memberikan dukungan, doa, dan semangat sehingga terselesaikannya skripsi ini. 6. Sahabat BSD (Rian dan Fitri), teman-teman Matematika 2012 (Ajeng, Putri, Sila, Anggun, Noni, Manda, Happy, Dewi, Rian, Budi, Ega, Boby, Tika, Ferny, Juli, Ilga, Oxi, dan Risma), Nawacatur, Bovis, dan Nancy Amanda, Ensi, dan Linda yang telah membantu dalam penulisan skripsi ini, dan memberikan keceriaan serta dukungan selama masa kuliah. 7. Rumah Sakit Panti Rapih yang telah mengizinkan penulis melakukan penelitian pada skripsi ini. 8. Semua pihak yang telah membantu penulis dalam menyelesaikan skripsi ini. Semoga segala doa, perhatian, dukungan, bantuan, dan cinta yang telah diberikan mendapatkan balasan dari Allah SWT. Penulis menyadari bahwa masih banyak kekurangan dalam penulisan skripsi ini. Oleh karena itu, penulis mengharapkan kritik dan saran demi penelitian selanjutnya. Harapan penulis, semoga skripsi ini bermanfaat bagi pembaca dan menjadi referensi belajar yang baik.

Yogyakarta, 17 Oktober 2016 Penulis,

Amalya Widiastuti

xi


DAFTAR ISI HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INDONESIA ..................................... i HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS .......................................... ii HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING .................................................. iii HALAMAN PENGESAHAN ............................................................................. iv HALAMAN PERSEMBAHAN ............................................................................v PERNYATAAN KEASLIAN KARYA .............................................................. vi ABSTRAK .......................................................................................................... vii ABSTRACT ...................................................................................................... viii LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI .............................. ix KATA PENGANTAR ...........................................................................................x DAFTAR ISI ...................................................................................................... xii DAFTAR TABEL ...............................................................................................xv DAFTAR GAMBAR ......................................................................................... xvi BAB I PENDAHULUAN......................................................................................1 A. Latar Belakang.........................................................................................1 B. Rumusan Masalah ...................................................................................3 C. Batasan Masalah ......................................................................................3 D. Tujuan Penulisan .....................................................................................4 E. Metode Penulisan ....................................................................................4 F. Manfaat Penulisan ...................................................................................4 G. Sistematika Penulisan ..............................................................................5

xii


BAB II DASAR- DASAR TEORI PELUANG DAN STATISTIKA ...................7 A. Peluang ....................................................................................................7 B. Nilai Harapan .........................................................................................17 C. Variansi ..................................................................................................25 D. Fungsi Pembangkit Momen (FPM) .......................................................27 E. Distribusi Poisson ..................................................................................29 F. Distribusi Gamma ..................................................................................32 G. Distribusi Eksponensial .........................................................................39 H. Uji Sampel Tunggal Kolmogorov-Smirnov ..........................................40 BAB III TEORI ANTRIAN ................................................................................45 A. Proses Antrian .......................................................................................45 B. Unsur-Unsur Antrian .............................................................................45 C. Aturan Distribusi Eksponensial .............................................................51 D. Proses Poisson .......................................................................................53 E. Waktu Antar Kedatangan ......................................................................60 F. Hubungan Antara Distribusi Poisson dengan Distribusi Eksponensial.64 G. Model Antrian Poisson yang Diperumum .............................................65 H. Antrian Poisson Khusus ........................................................................70 I. Model Antrian dengan Pelayanan Tunggal Kapasitas Tak Hingga .......75 J. Model Antrian dengan 𝑐 Pelayanan Kapasitas Tak Hingga ..................81 BAB IV ANALISIS ANTRIAN LAYANAN BPJS RS PANTI RAPIH YOGYAKARTA .................................................................................................86

xiii


A. Sistem Antrian Pelayanan BPJS di Rumah Sakit Panti Rapih dan Harapan Pasien ......................................................................................87 B. Analisis Deskriptif Data Waktu Kedatangan dan Waktu Pelayanan .....93 C. Analisis Sistem Antrian Layanan BPJS ................................................97 D. Analisis Perhitungan Performa Antrian ...............................................107 E. Evaluasi dan Saran Untuk Sistem Antrian ..........................................109 BAB V PENUTUP ............................................................................................110 A. Kesimpulan ..........................................................................................110 B. Saran ...................................................................................................111 DAFTAR PUSTAKA ........................................................................................112 LAMPIRAN ......................................................................................................114

xiv


DAFTAR TABEL

Tabel 2.1 Fungsi peluang banyaknya bola merah yang terambil .......................... 12 Tabel 2.2 Fungsi probabilitas bersama.................................................................. 15 Tabel 2.3 Fungsi probabilitas dari variabel acak 𝑋 ............................................... 23 Tabel 2.4 Data suatu sampel acak ......................................................................... 42 Tabel 2.5 Uji sampel tunggal Kolmogorov-Smirnov secara manual .................... 43 Tabel 2.6 Uji Sampel tunggal Kolmogorov-Sminrov dengan SPSS..................... 44 Tabel 3.1 Hubungan antara distribusi Poisson dengan distribusi Eksponensial di antrian .................................................................................................................... 64 Tabel 3.2 Sistem pelayanan pada Toko Grosir B&K ............................................ 68 Tabel 3.3 Hasil perhitungan performa antrian dengan software MATLAB ......... 85 Tabel 4.1 Pembagian tugas loket dalam melayani pasien ..................................... 91 Tabel 4.2 Jawaban dari pertanyaan nomor 1 oleh responden ............................... 92 Tabel 4.3 Jawaban responden mengenai waktu mengantri ................................... 92 Tabel 4.4 Informasi kedatangan dan waktu pelayanan sistem antrian .................. 94 Tabel 4.5 Statistik hasil uji distribusi kedatangan ................................................. 96 Tabel 4.6 Statistik hasil uji waktu pelayanan ........................................................ 97 Tabel 4.7 Rangkuman hasil perhitungan performa antrian BPJS .......................107

xv


DAFTAR GAMBAR

Gambar 1.1 Antrian orang yang menunggu dilayani ............................................ 2 Gambar 1.2 Antrian peti kemas yang menunggu dikirim ..................................... 2 Gambar 2.1 Pemetaan 𝑋 ........................................................................................ 11 Gambar 3.1 Model antrian satu saluran satu fase ................................................. 48 Gambar 3.2 Model antrian satu saluran multi fase ............................................... 49 Gambar 3.3 Model antrian multi saluran satu fase ............................................... 50 Gambar 3.4 Model antrian multi saluran multi fase ............................................. 50 Gambar 3.5 Ilustrasi waktu tunggu ...................................................................... 61 Gambar 3.6 Diagam transisi antrian Poisson ........................................................ 66 Gambar 3.7 Skema antrian Poisson khusus ......................................................... 71 Gambar 4.1 Ilustrasi antrian layanan BPJS RS Panti Rapih ................................. 87 Gambar 4.2 Pengambilan tiket antrian layanan BPJS........................................... 89 Gambar 4.3 Pasien yang menunggu untuk dilayani .............................................. 89 Gambar 4.4 Pasien yang sedang mendapatkan pelayanan oleh petugas di loket (server) .................................................................................................................. 90 Gambar 4.5 Contoh tiket antrian layanan dokter dan tiket layanan BPJS ............ 90

xvi


BAB I PENDAHULUAN

A. Latar Belakang Antrian masih menjadi masalah yang sering ditemukan di fasilitas pelayanan umum. Antrian adalah suatu kondisi dengan subyek-subyek menuju suatu area untuk dilayani dan menghadapi suatu keterlambatan yang disebabkan oleh mekanisme pelayanan yang mengalami kesibukan. Dalam hal ini terjadi waktu tunggu yaitu waktu yang diperlukan dalam sebuah antrian. Antrian yang terbentuk dalam pelayanan terjadi akibat kurangnya jumlah pelayanan, banyaknya kedatangan, dan waktu tunggu yang lama. Kedatangan dan waktu pelayanan yang berbeda-beda, setiap orang yang terlibat dalam antrian akan memiliki waktu tunggu yang berbeda-beda. Terjadinya antrian merupakan sesuatu yang kurang baik dalam suatu pelayanan karena membuat orang yang terlibat dalam antrian harus menunggu untuk dilayani. Proses antrian juga dipengaruhi oleh banyaknya pelanggan yang semakin banyak. Dengan kata lain fenomena yang terjadi pada antrian adalah pelayanan masih berjalan tetapi dengan tingkat pelayanan yang lebih lambat dengan sebelumnya.

1

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI 2

Berikut ini adalah contoh nyata sebuah antrian, yang ditunjukkan oleh Gambar 1.1 dan Gambar 1.2.

Gambar 1.1 Antrian orang yang menunggu dilayani.

Gambar 1.2 Antrian peti kemas yang menunggu dikirim. Dalam karya tulis ini akan dibahas mengenai model antrian dengan kedatangan berdistribusi Poisson dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial dan juga akan dipelajari ukuran kinerja sistem dalam antrian seperti rata-rata banyaknya subyek dalam sistem antrian, rata-rata banyaknya subyek yang menunggu dalam antrian, waktu tunggu subyek yang dihabiskan dalam sistem, dan waktu tunggu subyek yang dihabiskan dalam antrian. Ukuran kinerja sistem dapat digunakan untuk menentukan banyaknya pelayanan yang dibutuhkan agar waktu tunggu menjadi minimum. Dalam karya


tulis ini, penulis melakukan penelitian dari suatu layanan antrian. Obyek yang dijadikan penelitian adalah antrian layanan BPJS di Rumah Sakit Panti rapih. Penulis akan mengambil data secara langsung dan mengolah data serta akan menganalisis ukuran kinerja sistem sehingga menghasilkan suatu usulan perbaikan.

B. Rumusan Masalah Rumusan masalah yang dibicarakan pada tugas akhir ini adalah: 1. Bagaimana dasar-dasar teori antrian? 2. Bagaimana distribusi Poisson dan Eksponensial dapat dipergunakan dalam sebuah antrian? 3. Bagaimana ukuran kinerja sistem pada model antrian dengan kedatangan yang berdistribusi Poisson dan waktu pelayanan yang berdistribusi Eksponensial?

C. Batasan Masalah Dalam pembuatan tugas akhir ini ada beberapa hal yang dibatasi agar permasalahan tidak meluas atau tidak sesuai dengan tujuan awal. Berikut adalah batasan masalahnya: 1. Model yang dibahas adalah model dengan kedatangan berdistribusi Poisson dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial. 2. Model yang dibahas adalah: a. Model antrian dengan pelayanan tunggal yaitu (𝑀 ∕ 𝑀 ∕ 1): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞). b. Model antrian dengan 𝑐 pelayanan yaitu (𝑀 ∕ 𝑀 ∕ 𝑐): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞). 3. Teori yang dibahas hanya yang berkaitan langsung dengan pokok skripsi.


4. Data yang digunakan adalah data antrian layanan BPJS di Rumah Sakit Panti Rapih Yogyakarta.

D. Tujuan penulisan Penulisan ini bertujuan membahas dasar-dasar teori sebuah antrian, peranan distribusi Eksponensial dalam sebuah antrian serta penerapannya pada masalah antrian layanan BPJS di Rumah Sakit Panti Rapih Yogyakarta.

E. Metode Penulisan Metode penulisan yang dipakai adalah metode studi pustaka, yaitu dengan membaca referensi buku-buku pendukung dan jurnal yang mengenai antrian dengan kedatangan berdistribusi Poisson dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial. Jenis-jenis sumber pustaka yang digunakan dicantumkan dalam daftar pustaka.

F. Manfaat Penulisan Manfaat yang diperoleh dari karya tulis ini adalah: 1. Bagi penulis: memahami mengenai teori antrian dan mampu menganalisis masalah antrian. 2. Bagi pembaca: memperdalam pengetahuan baru tentang teori antrian serta memberikan informasi bagi pihak yang membutuhkan.


G. Sistematika Penulisan BAB I : PENDAHULUAN A. Latar Belakang B. Rumusan Masalah C. Batasan Masalah D. Tujuan Penulisan E. Metode Penulisan F. Manfaat Penulisan

BAB II : DASAR-DASAR TEORI PELUANG DAN STATISTIKA A. Peluang B. Nilai Harapan atau Mean C. Variansi D. Fungsi Pembangkit Momen (FPM) E. Distribusi Poisson F. Distribusi Gamma G. Distribusi Eksponensial H. Uji Sampel Tunggal Kolmogorov-Smirnov

BAB III TEORI ANTRIAN A. Proses Antrian B. Unsur-Unsur Antrian C. Aturan Distribusi Eksponensial


D. Proses Poisson E. Waktu Antar Kedatangan F. Model Antrian Poisson yang Diperumum G. Antrian Poisson Khusus H. Model Antrian Tunggal dengan Kapasitas Tak Hingga I. Model Antrian dengan 𝑐 Pelayanan Kapasitas Tak Hingga

BAB IV: ANALISIS ANTRIAN LAYANAN BPJS RUMAH SAKIT PANTI RAPIH YOGYAKARTA A. Sistem Antrian Pelayanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih B. Analisis Deskriptif Data Waktu Kedatangan dan Waktu Pelayanan C. Analisis Sistem Antrian BPJS D. Analisis Perhitungan E. Evaluasi dan Saran

BAB V: PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran


BAB II DASAR-DASAR TEORI PELUANG DAN STATISTIKA

Dalam Bab ini akan disajikan dasar-dasar teori peluang dan statistika sebagai landasan pembahasan skripsi ini.

A. Peluang Definisi 2.1 Ruang Sampel Himpunan semua hasil yang mungkin dari suatu percobaan disebut ruang sampel dan dinyatakan dengan simbol 𝑆.

Contoh 2.1 Percobaan pelemparan sekeping koin sebanyak dua kali dengan kedua sisinya yaitu gambar dan angka, ruang sampel 𝑆 dari percobaan tersebut adalah {𝐺𝐴, 𝐺𝐺, 𝐴𝐺, 𝐴𝐴}. Simbol 𝐺 menyatakan “Gambar” pada sisi koin dan simbol 𝐴 menyatakan “Angka” pada sisi koin.

Definisi 2.2 Kejadian Kejadian adalah himpunan bagian dari ruang sampel. Kejadian dinotasikan dengan huruf kapital, misalnya 𝐴.

7


Contoh 2.2 Percobaan pengambilan 3 buah bola yang diambil secara satu per satu tanpa pengembalian dari kantong yang berisi 9 buah bola dengan 3 buah bola berwarna hijau, 3 buah bola berwarna merah, dan 3 buah bola berwarna biru. 𝐴: Kejadian terambilnya bola pertama berwarna hijau. Maka 𝐴 = {𝐻𝑀𝐵, 𝐻𝐵𝑀, 𝐻𝑀𝑀, 𝐻𝐵𝐵, 𝐻𝐻𝑀, 𝐻𝐻𝐵, 𝐻𝑀𝐻, 𝐻𝐵𝐻, 𝐻𝐻𝐻} dengan 𝐻 menyatakan “bola berwarna hijau”, 𝑀 menyatakan “bola berwarna merah”, dan 𝐵 menyatakan “bola berwarna biru”.

Definisi 2.3 Misalkan 𝐴 dan 𝐵 adalah adalah kejadian dari ruang sampel 𝑆, maka: 1. Gabungan dari dua kejadian dinotasikan 𝐴 ∪ 𝐵 dengan 𝐴 ∪ 𝐵 = {𝑥 |𝑥 𝜖 𝐴 ∨ 𝑥 𝜖 𝐵}. 2. Irisan dari dua kejadian dinotasikan 𝐴 ∩ 𝐵 dengan 𝐴 ∩ 𝐵 = {𝑥 |𝑥 𝜖 𝐴 ∧ 𝑥 𝜖 𝐵}. 3. Komplemen suatu kejadian dinotasikan 𝐴𝑐 dengan 𝐴𝑐 = { 𝑥 𝜖 𝑆 | 𝑥 ∉ 𝐴}. 4. Selisih dari kejadian 𝐴 dan 𝐵 dinotasikan 𝐴\𝐵 dengan 𝐴\𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 . 5. 𝐴 dan 𝐵 adalah kejadian-kejadian yang saling asing bila 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝜙.


Definisi 2.4 Peluang Diberikan ruang sampel 𝑆 dan kejadian 𝐴 dari 𝑆. Peluang dari 𝐴 dinotasikan 𝑃(𝐴) yang memenuhi: 1. 𝑃(𝐴) ≥ 0. 2. 𝑃(𝑆) = 1. 3. Jika 𝐴1 , 𝐴2 , 𝐴3 , …. adalah kejadian yang saling asing di 𝑆 maka ∞

𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3 ∪ … ) = ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ). 𝑖=1

Definisi 2.5 Peluang Suatu Kejaadian Diberikan kejadian 𝐴 pada ruang sampel 𝑆, peluang terjadinya 𝐴 adalah 𝑃(𝐴) =

𝑛(𝐴) 𝑛(𝑆)

dengan 𝑛(𝐴) adalah banyaknya anggota 𝐴 terjadi dan 𝑛(𝑆) adalah banyaknya anggota ruang sampel 𝑆.

Contoh 2.3 Pelemparan koin sebanyak dua kali. Berapa peluang munculnya minimal 1 sisi “Angka”? Ruang sampel 𝑆 pada percobaan tersebut adalah 𝑆 = {𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐴𝐴, 𝐺𝐺} dengan 𝐴 menyatakan “Angka” pada sisi koin dan 𝐺 menyatakan “Gambar” pada sisi koin. Jika 𝐵 adalah kejadian yang menyatakan terjadinya minimal munculnya 1

1

1

3

satu sisi “Angka” maka 𝐵 = {𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐴𝐴}. Jadi 𝑃(𝐵) = 4 + 4 + 4 = 4


Definisi 2.6 Peluang Bersyarat Diberikan dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 dalam ruang sampel 𝑆. Peluang kejadian 𝐵 setelah kejadian 𝐴 terjadi dinotasikan dengan 𝑃(𝐵|𝐴), 𝑃(𝐵|𝐴) =

𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) , 𝑃(𝐴) > 0. 𝑃(𝐴)

Dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 saling bebas jika 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵).

Contoh 2.4 𝑆 = {1,2,3,4,5,6} dan misalkan 𝐴 adalah kejadian

Diberikan ruang sampel

bilangan genap di 𝑆 dan 𝐵 adalah kejadian bilangan yang lebih dari 3 di 𝑆 maka diperoleh 𝐴 = {2,4,6} , 𝐵 = {4,5,6}. Tentukanlah apakah 𝐴 dan 𝐵 saling bebas. Jawab: 2

1

𝐴 ∩ 𝐵 = {4,6} berarti 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 6 = 3, 3

1

3

1

𝑃(𝐴) = 6 = 2 dan 𝑃(𝐵) = 6 = 2, 1

1

oleh karena 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵) = 4 ≠ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 3 maka 𝐴 dan 𝐵 tidak saling bebas.

Definisi 2.7 Variabel Acak Variabel acak adalah fungsi bernilai real yang nilainya ditentukan oleh setiap unsur dalam ruang sampel. Variabel acak dinotasikan dengan huruf kapital dan nilainya dinotasikan dengan huruf kecil. Misalkan 𝑋 merupakan variabel acak maka nilai dari 𝑋 adalah 𝑥.


Contoh 2.5 Percobaan pengambilan 2 buah bola tanpa pengembalian dari kantong yang berisi 4 buah bola berwarna merah dan 3 buah bola berwarna hijau. Misalkan variabel acak 𝑋 menyatakan banyaknya bola berwarna merah yang terambil. Ruang sampel 𝑆 pada percobaan tersebut: 𝑆 = {𝑀𝐻, 𝑀𝑀, 𝐻𝑀, 𝐻𝐻} dengan 𝑀 menyatakan bola berwarna “Merah” dan 𝐻 menyatakan bola berwarna “Hijau”. 𝑋 = banyaknya bola berwarna merah yang terambil. Nilai numerik 0, 1, atau 2 dapat diberikan pada setiap titik sampel dimana nilai 0, 1, atau 2 merupakan besaran acak yang nilainya ditentukan dari percobaan. 𝑆

ℝ

𝑀𝐻 𝑀𝑀 𝐻𝑀

  

0 1 2

𝐻𝐻

Gambar 2.1 Pemetaan 𝑋.

Definisi 2.8 Variabel Acak Diskrit Sebuah variabel acak dikatakan variabel acak diskrit jika himpunan dari kemungkinan hasilnya adalah terbilang. Jika tidak memenuhi definisi di atas maka variabel random di atas disebut variabel random kontinu.


Definisi 2.9 Fungsi Probabilitas Diskrit Himpunan pasangan terurut (𝑥, 𝑃(𝑥)) adalah suatu fungsi probabilitas diskrit 𝑋 untuk setiap kemungkinan hasil 𝑥 yang mungkin jika: 1. 0 ≤ 𝑃(𝑥) ≤ 1 untuk setiap 𝑥 𝜖 ℝ. 2. ∑𝑥 𝑃(𝑥) = 1.

Contoh 2.6 Dari contoh 2.5 tentukan fungsi peluang banyaknya bola berwarna merah yang terambil. Jawab: Pada gambar 2.1 nilai 𝑥 adalah bilangan-bilangan yang menyatakan banyaknya bola berwarna merah yang terambil.

𝑃(𝑋 = 0) =

𝑃(𝑋 = 1) =

𝑃(𝑋 = 2) =

(40)(32) (72) (41)(31) (72) (42)(30) (72)

1 = , 7

=

12 4 = , 21 7

2 = , 7

Tabel 2.1 Fungsi peluang banyaknya bola merah yang terambil. 𝑥

0

1

2

𝑃(𝑥)

1 7

4 7

2 7


Definisi 2.10 Fungsi Probabilitas Kontinu Fungsi 𝑓(𝑥) adalah fungsi probabilitas (probability function) untuk variabel random kontinu 𝑋, jika: 1. 𝑓(𝑥) ≥ 0 untuk setiap 𝑥 𝜖 ℝ. ∞

2. ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1. ∞

3. 𝑃(0 ≤ 𝑋 ≤ 1) = ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥.

Contoh 2.7 Andaikan suhu dalam 0C dalam sebuah percobaan adalah variabel acak kontinu 𝑋 yang mempunyai fungsi densitas: 𝑥 2 , −1 < 𝑥 < 2 𝑓(𝑥) = { 3 , lainnya 0 a. Buktikan bahwa 𝑓(𝑥) adalah fungsi probabilitas. b. Tentukan 𝑃(0 < 𝑋 ≤ 1). Jawab: a. Menurut definisi 2.10 (2) jelas 𝑓(𝑥) ≥ 0, ∞

2

𝑥2 𝑥3 2 𝑑𝑥 = | = 1. 9 −1 −1 3

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ −∞ 1 𝑥2

b. 𝑃(0 < 𝑋 ≤ 1) = ∫0

3

𝑑𝑥 =

𝑥3 1 | 9 0

1

= 9.


Definisi 2.11 Distribusi Fungsi Kumulatif Fungsi distribusi kumulatif dari sebuah variabel random diskrit dan kontinu didefinisikan sebagai berikut

∑ 𝑝(𝑥) 𝐹(𝑥) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) =

, jika 𝑋 diskrit,

∀𝑋≤𝑥 𝑥

∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 { −∞

, jika 𝑋 kontinu.

Definisi 2.12 Fungsi Probabilitas Bersama Diskrit Fungsi 𝑝(𝑥, 𝑦) adalah fungsi probabilitas bersama diskrit jika variabel acak 𝑋 dan 𝑌 memenuhi: 1. 𝑝(𝑥, 𝑦) ≥ 0, ∀(𝑥, 𝑦). 2. ∑𝑥 ∑𝑦 𝑝(𝑥, 𝑦) = 1. Untuk setiap 𝐴 di bidang 𝑥𝑦, 𝑃[(𝑋, 𝑌) ∈ 𝐴] = ∑ ∑𝐴 𝑓(𝑥, 𝑦).

Contoh 2.8 Dua buah pensil dipilih secara acak dari kotak yang berisikan 3 buah pensil berwarna biru, 2 buah pensil berwarna merah, dan 3 buah pensil berwarna hijau. Jika 𝑋 adalah banyaknya pensil biru yang terpilih dan 𝑌 adalah banyaknya pensil merah yang terpilih. Tentukan fungsi probabilitas bersama untuk fungsi 𝑝(𝑥, 𝑦). Jawab: Nilai dari pasangan terurut (𝑥, 𝑦) yang mungkin adalah (0,0) , (0,1) , (1,0), (1,1, ) (0,2), (2,0).


Misalkan (0,1) adalah kemungkinan terpilihnya pensil berwarna hijau dan pensil berwarna merah. Banyaknya kemungkinan terpilihnya 2 pensil dari kotak tersebut adalah (82) = 28. Banyaknya kemungkinan terpilihnya 1 pensil merah dari 2 pensil merah di dalam kotak dan terpilihnya 1 pensil hijau dari 3 pensil hijau di kotak 6

3

adalah (21)(31) = 6. Jadi 𝑝(0,1) = 28 = 14. Perhitungan yang sama dapat digunakan untuk mencari kemungkinan-kemungkinan pada kasus yang lainnya. Secara umum

diperoleh 𝑝(𝑥, 𝑦) =

3 2 3 (𝑥 )(𝑦)(2−𝑥−𝑦 )

(82)

untuk setiap 𝑥 = 0,1,2 ; 𝑦 = 0,1,2 ; dan 0 ≤

𝑥 + 𝑦 ≤ 2. Tabel 2.2 Fungsi probabilitas bersama. 𝑥

𝑝(𝑥, 𝑦) 0 𝑦

1 2

Total Kolom

0 3 28 3 14 1 28 5 14

1 9 28 3 14

2 3 28

0

0

15 28

3 28

0

Total Baris 15 28 3 7 1 28 1

Definisi 2.13 Fungsi Probabilitas Bersama Kontinu Fungsi 𝑓(𝑥, 𝑦) adalah fungsi probabilitas bersama kontinu dengan variabel acak 𝑋 dan 𝑌 jika: 1. 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0 , ∀(𝑥, 𝑦). ∞

∞

2. ∫−∞ ∫−∞ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1.


Contoh 2.9 Diberikan 𝑓(𝑥, 𝑦) sebagai berikut: 2 (2𝑥 + 3𝑦), 𝑓(𝑥, 𝑦) = {5 0 , ∞

0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, lainnya.

∞

Tunjukkan bahwa ∫−∞ ∫−∞ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1. Jawab: Integral dari 𝑓(𝑥, 𝑦) adalah ∞

∞

1

1

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫ ∫ −∞ −∞

0

0

2 (2𝑥 + 3𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 5

1

2𝑥 2 6𝑥𝑦 𝑥 = 1 =∫ ( + )| 𝑑𝑦 5 5 𝑥=0 0 1

2 6𝑦 = ∫ ( + ) 𝑑𝑦 5 0 5 2𝑦 3𝑦 2 1 =( + )| 5 5 0

=

2 3 + 5 5

= 1. Definisi 2.14 Variabel Acak Saling Bebas Misalkan 𝑋 mempunyai fungsi distribusi 𝑔(𝑥), 𝑌 mempunyai fungsi distribusi ℎ(𝑦) dan 𝑋, 𝑌 mempunyai fungsi distribusi bersama 𝑠(𝑥, 𝑦). Maka 𝑋 dan 𝑌 dikatakan saling bebas jika dan hanya jika 𝑠(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦)


untuk setiap pasangan bilangan real (𝑥, 𝑦). Jika 𝑋 dan 𝑌 variabel acak diskrit dengan fungsi probabilitas bersama 𝑝(𝑥, 𝑦) dan fungsi distribusi dari masing-masing variabel 𝑋 dan 𝑌 adalah 𝑔(𝑥) dan ℎ(𝑦) , maka 𝑋 dan 𝑌 saling bebas jika dan hanya jika 𝑝(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥) ℎ(𝑦) untuk semua pasangan bilangan real (𝑥, 𝑦). Jika 𝑋 dan 𝑌 variabel acak kontinu dengan fungsi densitas bersama 𝑓(𝑥, 𝑦) dan fungsi fungsi distribusi dari masing-masing variabel 𝑋 dan 𝑌 adalah 𝑔(𝑥) dan ℎ(𝑦), maka 𝑋 dan 𝑌 saling bebas jika dan hanya jika 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) untuk semua pasangan bilangan real (𝑥, 𝑦).

Contoh 2.10 Pada contoh 2.8 variabel acak 𝑋 dan 𝑌 tidak saling bebas sebab berdasarkan definisi 2.14 𝑋 dan 𝑌 saling bebas jika 𝑝(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) untuk setiap pasangan bilangan 5

15

real (𝑥, 𝑦). Pasangan bilangan real (0,0) diperoleh 𝑔(0) = 14, ℎ(0) = 28, dan 𝑔(0)ℎ(0) =

5 15 75 3 × = ≠ 𝑝(0,0) = . 14 28 392 28

B. Nilai Harapan Definisi 2.15 Nilai Harapan atau Mean (Rata-rata) Diberikan variabel acak 𝑋 dengan distribusi probabilitas yang diketahui. Mean atau nilai harapan dari 𝑋 adalah:


𝜇 = 𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥 𝑝(𝑥) ; jika 𝑋 adalah variabel acak diskrit, 𝑥 ∞

𝜇 = 𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ; jika 𝑋 adalah variabel acak kontinu. −∞

Contoh 2.11 Diberikan 7 sampel dengan 4 sampel tergolong tidak rusak dan 3 sampel lainnya tergolong rusak. Bila dilakukan pengambilan 3 sampel secara acak, tentukanlah nilai harapan terpilihnya sampel yang tidak rusak dari pengambilan tersebut. Andaikan 𝑋 variabel acak yang menunjukkan banyaknya komponen yang tidak rusak pada sampel. Fungsi probabilitas distribusi dari 𝑋 adalah 𝑓(𝑥) =

3 (𝑥4)(2−𝑥 )

(73)

, 𝑥 = 0,1,2,3

sehingga diperoleh 𝑓(0) =

1 12 18 4 , 𝑓(1) = , 𝑓(2) = , 𝑓(3) 35 35 35 35

nilai harapan 𝑋 adalah 𝜇 = 𝐸(𝑋) = (0)

1 12 18 4 12 + (1) + (2) + (3) = = 1.7 35 35 35 35 7

jadi nilai harapan dari terpilihnya sampel yang tidak rusak dari pengambilan tersebut adalah 1.7.

Contoh 2.12 Diberikan variabel acak 𝑋 yang mewakili masa hidup elektronik dalam jam dengan fungsi densitas sebagai berikut:


20000 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = { 𝑥 3 0,

𝑥 > 100 lainnya lainnya.

Tentukanlah nilai harapan 𝑋. Menurut definsi nilai harapan diperoleh: ∞

∞ 20000 20000 𝜇 = 𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = 200. 2 𝑥3 100 100 𝑥

Nilai harapan dari 𝑋 adalah 200.

Definisi 2.16 Nilai Harapan Fungsi Variabel Acak Diberikan variabel acak 𝑋 dengan distribusi probabilitas 𝑓(𝑥) dan 𝑝(𝑥) adalah fungsi yang bernilai real dari 𝑋. Nilai harapan 𝑔(𝑋) adalah: 𝜇𝑔(𝑋) = 𝐸[𝑔(𝑋)] = ∑ 𝑔(𝑥)𝑝(𝑥)

; jika 𝑋 adalah variabel acak diskrit,

𝑥 ∞

𝜇𝑔(𝑋) = 𝐸[𝑔(𝑋)] = ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥

; jika 𝑋 adalah variabel acak kontinu.

−∞

Lemma 2.1 Diberikan suatu konstanta tak nol 𝑏 maka 𝐸(𝑏) = 𝑏. Bukti: Untuk variabel acak diskrit, 𝐸(𝑏) = ∑ 𝑏 𝑝(𝑥) = 𝑏 ∑ 𝑓(𝑥) = 𝑏(1) = 𝑏. Untuk variabel acak kontinu, 𝐸(𝑏) = ∫ 𝑏 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑏.

∎


Lemma 2.2 Diberikan suatu konstanta tak nol 𝑎 maka 𝐸(𝑎𝑋) = 𝑎𝐸(𝑋). Bukti: Untuk variabel acak diskrit, 𝐸(𝑎𝑋) = ∑ 𝑎𝑥 𝑝(𝑥) = 𝑎 ∑ 𝑥 𝑝(𝑥) = 𝑎 (𝑋). Untuk variabel acak kontinu, 𝐸(𝑎𝑥) = ∫ 𝑎𝑥 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑥 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 𝐸(𝑋).

Teorema 2.1 Diberikan 𝑎, 𝑏 suatu konstanta, 𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏) = 𝑎𝐸(𝑋) + 𝑏 . Bukti: Berdasarkan Definisi 2.16 diperoleh sebagai berikut: untuk variabel acak diskrit, 𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏) = ∑(𝑎𝑥 + 𝑏) 𝑝(𝑥)

= ∑(𝑎𝑥 𝑝(𝑥) + 𝑏 𝑝(𝑥))

= ∑ 𝑎𝑥 𝑝(𝑥) + ∑ 𝑏 𝑝(𝑥)

= 𝑎𝐸(𝑋) + 𝑏.

∎


Untuk variabel acak kontinu, ∞

𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏) = ∫ (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞ ∞

∞

= ∫ 𝑏𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑏 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞

−∞

= 𝑎𝐸(𝑋) + 𝑏.

∎

Teorema 2.2 Nilai Harapan dari Jumlahan Dua atau Lebih Fungsi Variabel Acak Nilai harapan dari jumlahan dua atau lebih fungsi variabel acak 𝑋 adalah 𝐸[𝑔(𝑋) + ℎ(𝑋)] = 𝐸[𝑔(𝑋)] + 𝐸[ℎ(𝑋)]. Bukti: Menurut Definisi 2.16 diperoleh sebagai berikut: untuk variabel acak diskit, 𝐸[𝑔(𝑋) + ℎ(𝑋)] = ∑[𝑔(𝑋) + ℎ(𝑋)] 𝑝(𝑥)

= ∑[𝑔(𝑋)𝑝(𝑥) + ℎ(𝑋)𝑝(𝑥)]

= ∑ 𝑔(𝑋)𝑝(𝑥) + ∑ ℎ(𝑋)𝑝(𝑥)

= 𝐸[𝑔(𝑋)] + 𝐸[𝑓(𝑋)]. Untuk variabel acak kontinu, ∞

𝐸[𝑔(𝑋) + ℎ(𝑋)] = ∫ [𝑔(𝑥) + ℎ(𝑥)]𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 −∞


∞

∞

= ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ ℎ(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞

−∞

= 𝐸[𝑔(𝑥)] + 𝐸[ℎ(𝑥)].

∎

Teorema 2.3 Nilai Harapan dari Selisih Dua atau Lebih Fungsi Variabel Acak 𝐸[𝑔(𝑋) − ℎ(𝑋)] = 𝐸[𝑔(𝑋)] − 𝐸[ℎ(𝑋)]. Bukti: Menurut Definisi 2.16 diperoleh: untuk variabel acak diskrit, 𝐸[𝑔(𝑋) − ℎ(𝑋)] = ∑[𝑔(𝑋) − ℎ(𝑋)] 𝑝(𝑥)

= ∑[𝑔(𝑋)𝑝(𝑥) − ℎ(𝑋)𝑝(𝑥)]

= ∑ 𝑔(𝑋)𝑝(𝑥) − ∑ ℎ(𝑋)𝑝(𝑥)

= 𝐸[𝑔(𝑋)] − 𝐸[𝑓(𝑋)]. Untuk variabel acak kontinu, ∞

𝐸[𝑔(𝑋) − ℎ(𝑋)] = ∫ [𝑔(𝑥) − ℎ(𝑥)]𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 −∞

∞

∞

= ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − ∫ ℎ(𝑥)𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞

= 𝐸[𝑔(𝑥)] − 𝐸[ℎ(𝑥)].

−∞

∎


Contoh 2.13 Diberikan variabel acak 𝑋 dengan fungsi probabilitas sebagai berikut: Tabel 2.3 Fungsi probabilitas dari variabel acak 𝑋. 𝑥

0

1

2

3

𝑓(𝑥)

1 3

1 2

0

1 6

Carilah nilai harapan 𝑌 = (𝑋 − 1)2 . Jawab: Dengan menggunakan Teorema 2.1, Teorema 2.2 dan Teorema 2.3 fungsi 𝑌 = (𝑋 − 1)2 dapat ditulis sebagai berikut: 𝐸[(𝑋 − 1)2 ] = 𝐸(𝑋 2 − 2𝑋 + 1) = 𝐸(𝑋 2 ) − 2𝐸(𝑋) + 𝐸(1), 𝐸(1) = 1, 1 1 1 𝐸(𝑋) = 0 ( ) + 1 ( ) + 2(0) + 3 ( ) = 1, 3 2 6 1 1 1 𝐸(𝑋 2 ) = 0 ( ) + 1 ( ) + 4(0) + 9 ( ) = 2, 3 2 6 Jadi, nilai harapan 𝑌 = (𝑋 − 1)2 adalah 𝐸[(𝑋 − 1)2 ] = 2 − 2(1) + 1 = 1.

Teorema 2.4 Nilai Harapan dari Perkalian Dua atau Lebih Variabel Acak Diberikan variabel acak 𝑋 dan 𝑌 yang saling bebas. Nilai harapan dari perkalian variabel acak tersebut adalah 𝐸(𝑋𝑌) = 𝐸(𝑋)𝐸(𝑌).


Bukti: Menurut Definisi 2.14 dan Definisi 2.16 untuk 𝑋, 𝑌 diskrit diperoleh, 𝐸(𝑋𝑌) = ∑ ∑ 𝑥𝑦 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) 𝑥

𝑦

= ∑ ∑ 𝑥 𝑔(𝑥) 𝑦 ℎ(𝑦) 𝑥

𝑦

= ∑ 𝑥 𝑔(𝑥) ∑ 𝑦 ℎ(𝑦) 𝑥

𝑦

= ∑ 𝑥 𝑔(𝑥) 𝐸(𝑌) 𝑥

= 𝐸(𝑋)𝐸(𝑌).

Menurut Definisi 2.14 dan Definisi 2.16 untuk 𝑋, 𝑌 kontinu diperoleh, ∞

∞

𝐸(𝑋𝑌) = ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦)𝑑𝑦 𝑑𝑥 −∞ −∞

∞

∞

= ∫ 𝑥𝑔(𝑥) [∫ 𝑦 ℎ(𝑦) 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 −∞

−∞

∞

= ∫ 𝑥 𝑔(𝑥) 𝐸(𝑌) 𝑑𝑥 −∞

∞

= 𝐸(𝑌) ∫ 𝑥 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 −∞

= 𝐸(𝑋)𝐸(𝑌).

∎


C. Variansi Definisi 2.17 Variansi Diberikan variabel acak 𝑋 dengan distribusi probabilitas yang diketahui dengan mean 𝜇. Variansi dari 𝑋 adalah: 𝜎 2 = 𝐸[(𝑋 − 𝜇)2 ] = ∑(𝑥 − 𝜇)2 𝑝(𝑥)

; jika 𝑋 variabel acak diskrit,

𝑥 ∞

𝜎 2 = 𝐸[(𝑋 − 𝜇)2 ] = ∫ (𝑥 − 𝜇)2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

; jika 𝑋 variabel acak kontinu.

−∞

Akar dari variansi adalah 𝜎 dan disebut standar deviasi dari 𝑋.

Contoh 2.14 Perhatikan Contoh 2.11. Tentukan variansi dari 𝑋. Diketahui bahwa 𝐸(𝑋) = 1.7 dari perhitungan pada contoh 2.11 diperoleh: 𝑓(0) =

1 12 18 4 , 𝑓(1) = , 𝑓(2) = , 𝑓(3) = . 35 35 35 35

Variansi dari 𝑋 adalah 3

𝜎

2

= ∑(𝑥 − 1.7)2 𝑥=0

1 12 18 4 = (1 − 1.7)2 ( ) + (1 − 1.7)2 ( ) + (1 − 1.7)2 ( ) + (1 − 1.7)2 ( ) 35 35 35 35 = 0.49. Teorema 2.5 Variansi dari variabel acak 𝑋 adalah 2

𝜎 2 = 𝐸(𝑋 2 ) − (𝐸(𝑋)) .


Bukti: Bila 𝑋 adalah variabel acak diskrit diperoleh, 2 𝜎 2 = ∑(𝑥 − 𝜇) 𝑝(𝑥) 𝑥

= ∑(𝑥 2 − 2𝜇𝑥 + 𝜇 2 )𝑝(𝑥) 𝑥

= ∑ 𝑥 2 𝑝(𝑥) − 2𝜇 ∑ 𝑥 𝑝(𝑥) + 𝜇 2 ∑ 𝑝(𝑥). 𝑥

𝑥

𝑥

Menurut definisi nilai harapan 𝜇 = ∑𝑥 𝑥 𝑝(𝑥) dan menurut definisi fungsi probabilitas diskrit yang ke (2) ∑𝑥 𝑝(𝑥) = 1 untuk setiap fungsi probabilitas diskrit maka diperoleh 2 2 𝜎 2 = ∑ 𝑥 𝑝(𝑥) − 𝜇 𝑥

= 𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 . Bila 𝑋 adalah variabel acak kontinu diperoleh ∞

𝜎 2 = ∫ (𝑥 − 𝜇)2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 −∞ ∞

= ∫ (𝑥 2 − 2𝜇𝑥 + 𝜇 2 )𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 −∞

∞

∞

∞

2

= ∫ 𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − 2𝜇 ∫ 𝑥𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ −∞

−∞

−∞

𝜇 2 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥.


∞

Menurut definisi nilai harapan 𝜇 = ∫−∞ 𝑥 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 dan menurut fungsi probabilitas ∞

kontinu yang ke (2) ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 untuk setiap fungsi probabilitas kontinu maka diperoleh ∞

𝜎 2 = ∫ 𝑥 2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − ∫ −∞

∞

𝜇 2 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

−∞

= 𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 .

∎

D. Fungsi Pembangkit Momen (FPM) Fungsi pembangkit momen berguna untuk menyelesaikan masalah-masalah komputasi dalam statistika matematis.

Definisi 2.18 Momen ke-𝑘 dari variabel acak 𝑋 adalah 𝐸(𝑋 𝑘 ) dan dinotasikan 𝜇 ′ 𝑘 .

Definisi 2.19 Fungsi Pembangkit Momen (FPM) Fungsi pembangkit momen untuk variabel acak 𝑋 didefinisikan sebagai berikut 𝑚(𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑥 ).

Teorema 2.6 Fungsi Pembangkit Momen dari Jumlahan Variabel Acak Misalkan 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 adalah variabel acak yang saling bebas dengan fungsi pembangkit momen masing-masing adalah 𝑚𝑥1 (𝑡), 𝑚𝑥2 (𝑡), … , 𝑚𝑥𝑛 (𝑡). Jika 𝑌 = 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑛 maka 𝑚𝑌 (𝑡) = 𝑚𝑥1 (𝑡) × 𝑚𝑥2 (𝑡) × … × 𝑚𝑥𝑛 (𝑡). Bukti:


Diketahui 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 adalah variabel acak yang saling bebas maka menurut Teorema 2.4 dan Definisi 2.19 diperoleh: 𝑚𝑌 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑌 ) = 𝐸(𝑒 𝑡(𝑋1 +𝑋2+⋯+𝑋𝑛) ) = 𝐸(𝑒 𝑡(𝑋1 ) × 𝑒 𝑡(𝑋2 ) × … × 𝑒 𝑡(𝑋𝑛) ) = 𝐸(𝑒 𝑡(𝑋1 ) ) × 𝐸(𝑒 𝑡(𝑋2 ) ) × … × 𝐸(𝑒 𝑡(𝑋𝑛) ) = 𝑚1 (𝑡) × 𝑚2 (𝑡) × … × 𝑚𝑛 (𝑡).

∎

Teorema 2.7 Ketunggalan Diberikan 𝑚𝑥 (𝑡) dan 𝑚𝑦 (𝑡) adalah fungsi pembangkit momen dari variabel random 𝑋 dan 𝑌. Jika 𝑚𝑥 (𝑡) = 𝑚𝑦 (𝑡) maka 𝑋 dan 𝑌 mempunyai distribusi yang sama. Bukti: (Julie, H. (1999). Teorema Limit Pusat Lindenberg dan Terapannya. Skripsi) Pada skripsi tersebut, Teorema Ketunggalan dibuktikan secara umum dengan menggunakan definisi fungsi karakteristik yaitu 𝜑𝑋 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑖𝑡𝑥 ) dengan 𝑖 adalah bilangan kompleks. Perhatikan bahwa FPM adalah bentuk khusus dari fungsi karakteristik dengan mengganti 𝑡 = −𝑖𝑡, bukti dilakukan dengan menunjukan bahwa bila 𝐹 dan 𝐺 adalah fungsi distribusi kumulatif dengan fungsi karakteristik yang sama yaitu ∞

∞

∫ 𝑒 𝑖𝑡𝑥 𝑑𝐹(𝑥) = ∫ 𝑒 𝑖𝑡𝑥 𝑑𝐺(𝑥) ∀𝑡 ∈ ℝ −∞

−∞


maka 𝐹(𝑥) = 𝐺(𝑥) (skripsi hal 54). Berdasarkan Teorema Ketunggalan terdapat korespondensi satu-satu antara fungsi pembangkit momen dengan fungsi probabilitas.

E. Distribusi Poisson Percobaan yang menghasilkan nilai numerik dari variabel acak 𝑋 yang menyatakan banyaknya kejadian khusus yang terjadi selama jangka waktu tertentu disebut percobaan Poisson. Misalnya variabel acak yang menyatakan banyaknya telepon yang masuk dalam kurun waktu 1 jam. Distribusi probabilitasnya disebut distribusi Poisson. Distribusi Poisson merupakan distribusi probabilitas diskrit.

Definisi 2.20 Distribusi Poisson Distribusi probabilitas untuk variabel acak Poisson 𝑋 yang menyatakan banyaknya hasil percobaan yang terjadi selama suatu selang waktu atau daerah tertentu didefinisikan sebagai berikut: 𝑝(𝑥; 𝜆𝑡) =

(𝜆𝑡)𝑥 𝑒 −𝜆𝑡 , 𝑥 = 0,1,2, …. 𝑥!

dengan 𝜆 adalah rata-rata banyaknya hasil percobaan yang terjadi selama selang waktu atau daerah tertentu yang dinyatakan dan 𝑡 adalah menunjukkan selang waktu.

Teorema 2.8 Nilai Harapan Distribusi Poisson Nilai harapan dari variabel acak diskrit yang 𝑋 berdistribusi Poisson adalah 𝐸(𝑋) = 𝜆𝑡.


Bukti: Berdasarkan Definisi 2.15 diperoleh: ∞

𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥 𝑝(𝑥) 𝑥=0 ∞

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑥 = ∑𝑥 𝑥! 𝑥=0 ∞

𝑒 −𝜆𝑡 𝜆𝑡(𝜆𝑡)𝑥−1 𝑥(𝑥 − 1)!

= ∑𝑥 𝑥=1 ∞

= 𝜆𝑡 ∑ 𝑥=1

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑥−1 . (𝑥 − 1)!

Misalkan 𝑦 = 𝑥 − 1, maka ∞

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑦 . 𝐸(𝑋) = 𝜆𝑡 ∑ 𝑦! 𝑦=0

Mengingat bahwa 𝑝(𝑦) =

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑦 𝑦!

berdistribusi Poisson dan berdasarkan definisi

fungsi probabilitas diskrit ke- (2) ∑∞ 𝑦=0 𝑝(𝑦) = 1 maka diperoleh ∞

∞

𝑥=1

𝑦=0

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑥−1 𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑦 𝐸(𝑋) = 𝜆𝑡 ∑ = 𝜆𝑡 ∑ = 𝜆𝑡. ∎ (𝑥 − 1)! 𝑦!

Teorema 2.9 Variansi Distribusi Poisson Variansi dari variabel acak diskrit 𝑋 berdistribusi Poisson 𝑝(𝑥; 𝜆𝑡) adalah 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝜆𝑡. Bukti: Berdasarkan Teorema 2.5 akan dicari 𝐸(𝑋 2 ).


Misalkan: 𝐸(𝑋 2 ) = 𝐸(𝑋 2 ) − 𝐸(𝑋) + 𝐸(𝑋) = 𝐸(𝑋 2 − 𝑋) + 𝐸(𝑋) = 𝐸[𝑋(𝑋 − 1)] + 𝐸(𝑋),

∞

𝐸[𝑋(𝑋 − 1)] = ∑ 𝑥(𝑥 − 1)𝑝(𝑥) 𝑥=0 ∞

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑥 = ∑ 𝑥(𝑥 − 1) 𝑥! 𝑥=0 ∞

= ∑ 𝑥(𝑥 − 1) 𝑥=1 ∞

𝐸[𝑋(𝑋 − 1)] =

(𝜆𝑡)2

∑ 𝑥=1

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)2 (𝜆𝑡)𝑥−2 , 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)!

𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑥−2 (𝑥 − 2)!

= (𝜆𝑡)2 , sehingga diperoleh 𝐸(𝑋 2 ) = 𝐸[𝑋(𝑋 − 1)] + 𝐸(𝑋) = (𝜆𝑡)2 + (𝜆𝑡),

dengan demikian 𝑉𝑎𝑟 (𝑋) = 𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 = (𝜆𝑡)2 + (𝜆𝑡) − (𝜆𝑡)2 = 𝜆𝑡.

∎


Teorema 2.10 Fungsi Pembangkit Momen Distribusi Poisson Fungsi pembangkit momen untuk variabel acak 𝑋 berdistribusi Poisson adalah 𝑒 𝜆𝑡(𝑒

𝑡 −1)

Bukti: Misalkan 𝜆𝑡 = 𝜃, maka ∞

𝜃 𝑥 𝑒 −𝜃 𝑡𝑥 𝑒 𝑥!

𝑚(𝑡) = ∑ 𝑥=0 ∞

𝜃 𝑥 𝑒 𝑡𝑥−𝜃 =∑ 𝑥! 𝑥=0

∞

=𝑒

−𝜃

(𝜃𝑒 𝑡 )𝑥 ∑ 𝑥!

𝑥=0 𝑡

= 𝑒 𝜃𝑒 𝑒 −𝜃 = 𝑒 𝜃(𝑒

𝑡 −1)

= 𝑒 𝜆𝑡(𝑒

𝑡 −1)

. ∎

F. Distribusi Gamma Distribusi Gamma merupakan distribusi probabilitas berasal dari fungsi Gamma yang sudah dikenal luas. Distribusi Gamma merupakan distribusi kontinu. Beberapa distribusi merupakan kejadian khusus dari distribusi Gamma. Misalnya distribusi Eksponensial.


Definisi 2.21 Fungsi Gamma Fungsi Gamma didefinisikan sebagai berikut ∞

Γ(𝛼) = ∫ 𝑥 𝛼−1 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 , 𝛼 > 0. 0

Teorema 2.11 Sifat-sifat Fungsi Gamma Berikut ini adalah sifat-sifat dari fungsi Gamma: 1. Γ(𝛼) = (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1) untuk setiap 𝛼 > 0. 2. Γ(1) = 1. 3. Γ(𝑛) = (𝑛 − 1) ! untuk setiap bilangan bulat positif 𝑛. Bukti: 1. Menggunakan definisi fungsi Gamma dan pengintegralan kalkulus secara parsial yaitu ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢, dengan memisalkan 𝑢 = 𝑥 𝛼−1 maka ∞

𝑑𝑢 = (𝛼 − 1)𝑥 𝛼−2 , dan 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑥 maka 𝑣 = ∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 −𝑥 |∞ sehingga 0 diperoleh Γ(𝛼) = lim −𝑒 𝑡→∞

−𝑥 𝛼−1

𝑥

∞ 𝑡 | − ∫ −𝑒 −𝑥 (𝛼 − 1)𝑥 𝛼−2 𝑑𝑥 0 0

∞ 𝑡 = lim −𝑒 −𝑥 𝑥 𝛼−1 | + ∫ 𝑒 −𝑥 (𝛼 − 1)𝑥 𝛼−2 𝑑𝑥 𝑡→∞ 0 0 ∞ 𝑡 = lim −𝑒 −𝑥 𝑥 𝛼−1 | + (𝛼 − 1) ∫ 𝑒 −𝑥 𝑥 (𝛼−1)−1 𝑑𝑥 𝑡→∞ 0 0

𝑡 𝛼−1 = − lim ( 𝑡 ) + (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1) 𝑡→∞ 𝑒 exp((𝛼 − 1) ln 𝑡) = − lim [ ] + (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1) 𝑡→∞ 𝑒𝑡


= − lim [exp((𝛼 − 1) ln 𝑡 − 𝑡)] + (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1) 𝑡→∞

ln 𝑡 = − lim {exp [(𝛼 − 1)𝑡 ( − 1)]} + (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1) 𝑡→∞ 𝑡 = (𝛼 − 1)Γ(𝛼 − 1).

2. Berdasarkan definisi fungsi Gamma diperoleh: ∞ 1−1 −𝑥 Γ(1) = ∫ 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 0

∞

= ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 0

𝑡 = lim −𝑒 −𝑥 | 𝑡→∞ 0 = 0 − (−1) = 1.

(2.1)

3. Berdasarkan definisi fungsi Gamma diperoleh: ∞

Γ(𝑛 − 1) = (𝑛 − 1) ∫ 𝑒 −𝑥 𝑥 𝛼−2 𝑑𝑥 0 ∞

= ((𝑛 − 1) − 1) ∫ 𝑒 −𝑥 𝑥 (𝛼−1)−2 𝑑𝑥 0 ∞

= (𝑛 − 2) ∫ 𝑒 −𝑥 𝑥 (𝛼−1)−2 𝑑𝑥 0

= (𝑛 − 2)Γ(𝑛 − 2),

(2.2)

menurut teorema sifat-sifat fungsi Gamma ke-(1) dan ke- (2) serta dari persamaan (2.1) dan persamaan (2.2) diperoleh:


Γ(𝑛) = (𝑛 − 1)Γ(𝑛 − 1)

(2.3)

= (𝑛 − 1)(𝑛 − 2)Γ(𝑛 − 2) = (𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3)Γ(𝑛 − 3) = (𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3)(𝑛 − 4)Γ(𝑛 − 4) … . Γ(1) = (𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3)(𝑛 − 4)Γ(𝑛 − 4) … .1 = (𝑛 − 1)!.

∎

Definisi 2.22 Distribusi Probabilitas Gamma Variabel acak kontinu 𝑋 berdistribusi Gamma dengan parameter 𝛼 dan 𝛽 dengan fungsi densitas sebagai berikut: −

𝑥

𝑥 𝛼−1 𝑒 𝛽 𝑓(𝑥) = { 𝛽 𝛼 Γ(𝛼) 0

, untuk 𝑥 > 0, 𝛼 > 0, 𝛽 > 0, , selainnya.

Teorema 2.11 Nilai Harapan Distribusi Gamma Nilai Harapan variabel acak kontinu 𝑋 yang berdistribusi Gamma adalah 𝐸(𝑋) = 𝛼𝛽. Bukti: 1

Misalkan 𝜆 = 𝛽 menurut nilai harapan dan definisi distribusi probabilitas Gamma diperoleh: ∞

𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 0

misalkan 𝑢 = 𝜆𝑥 maka dan

𝑢 𝜆

𝜆𝛼 𝑥 𝛼−1 𝑒 −𝜆𝑥 𝑑𝑥, (𝛼 − 1)!

(2.4)

= 𝑥 𝑑𝑢 = 𝜆𝑑𝑥 maka persamaan (2.4) menjadi

berdasarkan definisi fungsi Gamma persamaan (2.5) menjadi


∞

𝑢 𝜆𝛼 𝑢 𝛼−1 𝑒 −𝑢 ( ) 𝑑𝑢 𝐸(𝑋) = ∫ ( ) 𝜆 (𝛼 − 1)! 𝜆 𝜆 0 ∞

𝜆𝛼 = ∫ 1+𝛼−1+1 𝑢(1+𝛼)−1 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢, (𝛼 𝜆 − 1)! 0 =

1 Γ(𝛼 + 1) 𝜆(𝛼 − 1)!

=

1 𝛼 Γ(𝛼) 𝜆(𝛼 − 1)!

=

𝛼 (𝛼 − 1)! 𝜆(𝛼 − 1)!

=

𝛼 𝜆

(2.6)

1

karena 𝜆 = 𝛽 maka persamaan (2.6) menjadi 𝐸(𝑋) = 𝛼𝛽.

∎

Teorema 2.12 Variansi Distribusi Gamma Variansi variabel acak kontinu 𝑋 yang berdistribusi Gamma adalah 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝛼𝛽 2 . Bukti: Berdasarkan Teorema 2.5 akan dicari 𝐸(𝑋 2 ). ∞

−

𝑥

𝑥 𝛼−1 𝑒 𝛽 2 2) =∫ 𝑥 ( 𝛼 ) 𝑑𝑥 𝐸(𝑋 𝛽 Γ(𝛼) 0 ∞ 𝑥 1 − = 𝛼 ∫ 𝑥 𝛼+1 𝑒 𝛽 𝑑𝑥 𝛽 Γ(𝛼) 0

=

1 𝛽 𝛼 Γ(𝛼)

[𝛽 𝛼+2 Γ(𝛼 + 2)]


=

𝛽 2 (𝛼 + 1)𝛼 Γ(α) Γ(𝛼)

= 𝛼(𝛼 + 1)𝛽 2 ,

𝑉𝑎𝑟 (𝑋) = 𝐸(𝑋 2 ) − (𝐸(𝑋))

2

= 𝛼(𝛼 + 1)𝛽 2 − (𝛼𝛽)2 = 𝛼 2 𝛽 2 + 𝛼𝛽 2 − 𝛼 2 𝛽 2 = 𝛼𝛽 2 .

∎

Teorema 2.13 Fungsi Pembangkit Momen Distribusi Gamma Fungsi

pembangkit

momen

dari

variabel

acak

kontinu 𝑋

berdistribusi

Gamma (𝛽, 𝛼) adalah 𝑚𝑥 (𝑡) =

1 . (1 − 𝑡𝛽)𝛼

Bukti: 1

Misalkan 𝛽 = 𝜆, berdasarkan Definisi Nilai Harapan dan Definisi Fungsi Pembangkit Momen diperoleh persamaan 𝑚𝑥 (𝑡) = 𝐸(𝑒 𝑡𝑥 ) ∞

=∫ 𝑒 0 ∞

=∫ 0 ∞

=∫ 0

𝑡𝑥

𝜆𝛼 𝛼−1 −𝑥𝜆 [ 𝑥 𝑒 ] 𝑑𝑥 Γ(𝛼)

𝜆𝛼 𝛼−1 𝑡𝑥−𝑥𝜆 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 Γ(𝛼) 𝜆𝛼 𝛼−1 −𝜆𝑥(1− 𝑡 ) 𝜆 𝑑𝑥 𝑥 𝑒 Γ(𝛼)

(2.7)


𝑡

misalkan 𝑦 = 𝜆𝑥(1 − 𝜆) atau 𝑥 =

𝑦 𝑡 𝜆

𝜆(1− )

dengan 𝑡 < 𝜆 maka 𝑑𝑥 =

1 𝑡 𝜆

𝜆(1− )

𝑑𝑦

sehingga Persamaan 2.7 menjadi 𝛼−1 𝜆𝛼 𝛼−1 −𝑦 𝑦 𝑒 ∞ 1 𝑚𝑥 (𝑡) = ∫ Γ(𝛼) ( 𝑑𝑦 𝑡 𝑡 ) 0 𝜆 (1 − ) 𝜆 (1 − ) 𝜆 𝜆 𝛼 ∞

𝜆𝛼 𝛼−1 −𝑦 =∫ ( 𝑦 𝑒 𝑑𝑦 𝑡 ) 0 𝜆 (1 − ) Γ(𝛼) 𝜆 1

𝛼 ∞

1

=∫ ( 𝑡 ) 0 (1 − ) 𝜆

𝑦 𝛼−1 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 Γ(𝛼)

𝛼

=(

∞ 𝑦 𝛼−1 𝑒 −𝑦

karena ∫0

Γ(𝛼)

∞

1

𝑡 ) ∫0 (1 − ) 𝜆

𝑦 𝛼−1 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦, Γ(𝛼)

(2.8)

𝑑𝑦 adalah fungsi probabilitas Gamma dengan 𝛽 = 1 maka

menurut Definisi Fungsi Probabilitas Kontinu ke-(2) persamaan 2.8 menjadi

𝑚𝑥 (𝑡) = (

=(

=

1

𝑡 )1 (1 − ) 𝜆 1

𝑡 ). (1 − ) 𝜆

1 . 1 − 𝑡𝛽

∎


G. Distribusi Eksponensial Distribusi Eksponensial merupakan salah satu kejadian khusus dari distribusi 1

Gamma yaitu ketika 𝛼 = 1 dan 𝛽 = 𝜆. Banyak sekali pengambilan keputusan untuk menyelesaikan suatu masalah dengan menggunakan distribusi Eksponensial. Misalnya waktu pelayanan pada subyek dalam sistem antrian.

Definisi 2.23 Distribusi Eksponensial Variabel acak kontinu 𝑋 dikatakan berdistribusi Eksponensial dengan parameter 𝜆, ditulis 𝐸𝑥𝑝 (𝑥, 𝜆) bila mempunyai fungsi densitas sebagai berikut: −𝜆𝑥 𝑥≥0 𝑓(𝑥) = {𝜆𝑒 , 0, lainnya lainnya.

Teorema 2.14 Nilai Harapan Distiribusi Eksponensial Nilai harapan dari variabel acak kontinu 𝑋 berdistribusi Eksponensial adalah 1 𝐸(𝑋) = . 𝜆

Bukti: 𝐸(𝑋) = 𝛼𝛽 = 1 ×

1 1 = . 𝜆 𝜆

Teorema 2.15 Variansi Distribusi Eksponensial Variansi dari variabel acak kontinu 𝑋 berdistribusi Exponensial(𝑥; 𝜆) adalah 𝑉𝑎𝑟(𝑋) =

1 . 𝜆2

∎


Bukti: 1 2 1 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝛼𝛽 = 1 × ( ) = 2 . 𝜆 𝜆

∎

2

Teorema 2.16 Fungsi Pembangkit Momen Distribusi Eksponensial Bila 𝑋~𝐸𝑥𝑝(𝑥, 𝜆) maka fungsi pembangkit momennya adalah 𝑚𝑥 (𝑡) =

1

𝑡 . (1 − ) 𝜆

Bukti: 𝑚𝑥 (𝑡) =

1 1 = 𝛼 𝑡. (1 − 𝑡𝛽) 1− 𝜆

∎

H. Uji Sampel Tunggal Kolmogorov-Smirnov Uji sampel tunggal Kolmogorov-Smirnov atau sering disebut (godness of fit) adalah uji kecocokan atau keselarasan. Uji ini ditemukan oleh matematikawan Rusia A. N. Kolmogorov pada tahun 1933. Uji ini memusatkan perhatian pada dua buah fungsi distribusi kumulatif yaitu distribusi kumulatif yang dihipotesiskan dan distribusi kumulatif yang diamati. Mengingat 𝐹(𝑥) menyatakan suatu fungsi distribusi kumulatif. Apabila ingin mengambil sampel dari distribusi kumulatif 𝐹(𝑥) yang belum diketahui, hal ini mendorong untuk memastikan apakah dapat disimpulkan 𝐹(𝑥) = 𝐹0 (𝑥) untuk semua 𝑥 dengan 𝐹0 (𝑥) adalah suatu fungsi distribusi kumulatif yang sepenuhnya ditentukan yakni distribusi kumulatif yang dihipotesiskan. Jika 𝐹(𝑥) = 𝐹0 (𝑥) sangat diharapkan ada kecocokan antara 𝐹0 (𝑥)


dan 𝑆𝑛 (𝑥), dengan 𝑆𝑛 (𝑥) adalah fungsi distribusi sampel yang diamati atau fungsi distribusi empirik.

Definisi 2.24 Distribusi Sampel atau Distribusi Empirik Misalkan 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑛 adalah variabel random. Fungsi distribusi empiris 𝑆𝑛 (𝑥) di definisikan sebagai berikut: 0 𝑆𝑛 (𝑥) =

𝑖 𝑁 {1

, 𝑥 < 𝑋(𝑖) , 𝑋(𝑖) < 𝑥 < 𝑋(𝑖+1) , 𝑋(𝑛) ≤ 𝑁

dengan 𝑥𝑖 adalah pengaruh urutan ke-𝑖 dan 𝑖 menyatakan banyaknya nilai pengamatan dalam sampel yang kurang dari atau sama dengan 𝑥 dan 𝑁 menyatakan banyaknya pengamatan.

Definisi 2.25 Statistik Uji Kolmogorov-Smirnov Statistik uji Kolmogorov-Smirnov dinotasikan 𝐷 didefinisikan sebagai berikut: 𝐷 = max(𝐷+ , 𝐷− ). 𝐷+ = max[𝑆𝑛 (𝑥) − 𝐹0 (𝑥)]. 𝐷− = max[𝐹0 (𝑥) − 𝑆𝑛 (𝑥)]. Prosedur dalam melakukan uji ini adalah sebagai berikut: 1. Tentukan hipotesis yaitu: 𝐻0 : 𝐹(𝑥) = 𝐹0 (𝑥) 𝐻1 : 𝐹(𝑥) ≠ 𝐹0 (𝑥)


2. Tentukan tingkat signifikasi yaitu 𝛼. 3. Hitung 𝐹0 (𝑥) dan 𝑆𝑛 (𝑥) yang diamati dan hitunglah 𝐹0 (𝑥) − 𝑆𝑛 (𝑥). 4. Tentukan wilayah kritis yaitu: 𝐻0 ditolak dan 𝐻1 diterima bila 𝐷 > 𝐷𝛼 . 5. Carilah nilai 𝐷 dan nilai 𝐷𝛼 , 𝐷𝛼 diperoleh dari Lampiran 5. 6. Buatlah kesimpulan. Untuk mempermudah pengujian, uji sampel Kolmogorov-Smirnov juga dapat dilakukan dengan SPSS.

Contoh 2.15 Diberikan data suatu sampel acak. Tabel 2.4 Data suatu sampel acak. 8

1

3

3

2

1

4

0

5

9

Data

Apakah data tersebut berdistribusi Poisson atau tidak? Jawab: 1. 𝐻0 : data berdistribusi Poisson. 𝐻1 : data tidak berdistribusi Poisson. 2. Tingkat signifikansi (𝛼) = 0.05.


3. Perhitungan secara manual: Rata-rata dari data adalah 3.6. Tabel 2.5 Uji sampel tunggal Kolmogorov-Smirnov secara manual. 𝑥

frek Fkum

𝐼

𝑆𝑛 (𝑥𝑖 )

𝐹0 (𝑋)

𝑆(𝑛−1) (𝑥𝑖 )

𝐷+

𝐷−

0

1

1

1

0.1

0.027324

0

0.0726763 0.027324

1

2

3

2

0.2

0.125689

0.1

0.0743109 0.025689

2

1

4

3

0.3

0.302747

0.2

-0.002747 0.102747

3

2

6

4

0.4

0.515216

0.3

-0.115216 0.215216

4

1

7

5

0.5

0.706438

0.4

-0.206438 0.306438

5

1

8

6

0.6

0.844119

0.5

-0.244119 0.344119

8

1

9

7

0.7

0.988329

0.6

-0.288329 0.388329

9

1

10

8

0.8

0.995976

0.7

-0.195976 0.295976

max(𝐷+ ) = 0.0743109 dan max(𝐷− ) = 0.388329. 𝐷 = max(𝐷+ , 𝐷− ) = 0.388329.


Perhitungan dengan SPSS: Tabel 2.6 Uji Sampel tunggal Kolmogorov-Smirnov dengan SPSS. VAR00002 N

10

Poisson Parametera,,b

Mean

Most Extreme Differences

Absolute

.174

Positive

.174

Negative

-.169

3.6000

Kolmogorov-Smirnov Z

.551

Asymp. Sig. (2-tailed)

.922

a. Test distribution is Poisson. b. Calculated from data.

4. Daerah penolakan 𝐻0 ditolak bila: 𝐷 > 𝐷 tabel = 0.9987 atau Asymp.Sig (2-tailed) < 𝛼. 5. Kesimpulan: Dari perhitungan diperoleh 𝐷 = 0.388329 < 𝐷 tabel = 0.9987 dan dari SPSS diperoleh nilai Asymp.Sig.(2-tailed) adalah = 0.922 > 𝛼 = 0.05. maka 𝐻0 diterima. Jadi dapat disimpulkan bahwa data berdistribusi Poisson.


BAB III Teori Antrian

A. Proses Antrian

Antrian adalah suatu kondisi subyek-subyek menuju suatu area untuk dilayani dan menghadapi suatu keterlambatan yang disebabkan oleh mekanisme pelayanan yang mengalami kesibukan. Antrian sendiri timbul karena adanya ketidakseimbangan antara banyaknya subyek yang dilayani dengan pelayanannya. Prinsip utama dalam situasi mengantri adalah subyek yang terlibat dalam antrian atau pelanggan (customer) dan fase atau pelayan (server). Pokok dari analisis antrian adalah kedatangan pelanggan diwakili dengan waktu antar kedatangan yang terjadi secara berturut-turut, untuk selanjutnya istilah waktu antar kedatangan ditulis dengan waktu kedatangan. Pelayanan diwakili dengan waktu pelayanan pada tiap pelanggan. Secara umum waktu antar kedatangan bersifat suatu kemungkinan, misalnya suatu pelanggan yang datang untuk membeli tiket bioskop atau bersifat telah ditetapkan, misalnya kedatangan pelamar pekerjaan untuk wawancara.

B. Unsur-Unsur Antrian Dalam sebuah antrian terdapat unsur-unsur penting yaitu: 1. Distribusi kedatangan. Distribusi kedatangan biasanya dinyatakan dalam distribusi probabilitas tertentu seperti distribusi Poisson, distribusi Eksponensial, atau distribusi

45


Erlang. Kedatangan pelanggan untuk masuk dalam sistem antrian terbagi menjadi dua yaitu: a. Kedatangan secara individu. b. Kedatangan secara kelompok. 2. Distribusi pelayanan Dalam distribusi pelayanan dibutuhkan pola pelayanan yaitu waktu pelayanan. Waktu pelayanan berupa variabel acak yang distribusi probabilitasnya diketahui. Pelayanan kepada pelanggan terbagi menjadi dua yaitu: a. Pelayanan secara individu. b. Pelayanan secara kelompok. 3. Perilaku pelanggan pada antrian. Perilaku pelanggan pada sistem antrian merupakan faktor yang penting. Perilaku pelanggan pada sistem antrian bisa mempengaruhi analisis pada barisan antrian. Perilaku manusia dalam sistem antrian berperan sebagai berikut: a. Jockeying adalah suatu perilaku manusia untuk mengurangi waktu tunggu dengan berpindah dari antrian satu ke yang lainnya. b. Balking adalah suatu perilaku dimana seseorang masuk dalam antrian dan menunggu hingga memperoleh pelayanan. c. Reneging adalah suatu perilaku dimana seseorang masuk dalam antrian, namun belum memperoleh pelayan, kemudian meninggalkan antrian tersebut.


4. Peraturan pelayanan Pelanggan pada sistem antrian dapat dilayani secara individual atau berkelompok. Peraturan pelayanan sangat penting sebab peraturan pelayanan meghasilkan keputusan yang digunakan untuk menyeleksi pelanggan pada sistem antrian, siapa yang akan dilayani terlebih dahulu. Terdapat empat cara dalam mengambil keputusan pada peraturan pelayan yaitu: a. First in first out (FIFO) First in first out (FIFO) bisa juga menggunakan istilah first come first served (FCFS). Aturan pelayanan ini menerapkan pelanggan pertama yang datang akan dilayani terlebih dahulu, misalnya pelanggan yang mengantri untuk melakukan transaksi dengan teller di bank. b. Last in first out (LIFO) Last in first out (LIFO) bisa juga menggunakan istilah last come first served (LCFS). Aturan pelayanan ini menerapkan pelanggan yang terakhir datang akan dilayani terlebih dahulu, misalnya sistem antrian dalam elevator untuk lantai yang sama. Pelanggan yang pertama kali keluar adalah pelanggan yang terakhir masuk ke dalam elevator. c. Random selection for service (RRS) Random selection for service (RRS) bisa juga menggunakan istilah Service in random order (SIRO). Pada peraturan pelayanan ini, setiap pelanggan pada antrian mempunyai peluang yang sama untuk dilayani terlebih dahulu, misalnya pada arisan. Pelayanan dalam sistem antrian dilakukan berdasarkan undian.


d. Priority service (PS) Pada peraturan pelayanan Priority service (PS) berarti prioritas pelayanan diberikan kepada pelanggan yang mempunyai prioritas yang lebih tinggi dibanding pelanggan yang lain, misalnya seseorang yang mempunyai penyakit yang lebih serius akan dilayani terlebih dahulu. 5. Klasifikasi model antrian Berdasarkan proses pelayanannya ada dua istilah yang dikenal pada struktur antrian. Istilah saluran atau baris pada antrian menunjukkan banyaknya jalur antrian yang tersusun secara paralel untuk memasuki sistem pelayanan sedangkan istilah fase menunjukkan banyaknya pelayanan yang tersusun secara seri. Saluran atau baris dapat berupa tunggal ataupun ganda begitu pula fase dapat berupa tunggal ataupun ganda. Model antrian yang terjadi secara umum adalah sebagai berikut: a. Satu saluran satu fase Satu saluran satu fase (single channel single phase) merupakan model antrian yang memiliki satu jalur antrian dan satu pelayanan. Contoh dari model ini adalah seseorang yang mengantri di sebuah bilik ATM.

Gambar 3.1 Model antrian satu saluran satu fase.


b. Satu saluran multi fase Satu saluran multi fase (single channel multi phase) merupakan model antrian yang memiliki satu jalur antrian dan beberapa fase pelayanan yang disusun secara seri. Beberapa fase pada model antrian ini menujukkan adanya dua atau lebih pelayanan yang dilakukan secara seri. Contoh dari model ini adalah seseorang yang mengantri berobat di sebuah rumah sakit yang harus melewati beberapa tahap yaitu, pendaftaran  konsultasi dokter  pembayaran di kasir  pengambilan obat di apotek rumah sakit.

Gambar 3.2 Model antrian satu saluran multi fase.

c. Multi saluran satu fase Multi saluran satu fase (multi channel single phase) merupakan model antrian yang mempunyai lebih dari satu jalur antrian dan hanya satu fase pelayanan. Contoh dari model ini adalah antrian pembelian tiket bioskop, yaitu terdapat beberapa jalur antrian dan satu fase pelayanan yaitu layanan penjualan tiket.


Gambar 3.3 Model antrian multi saluran satu fase.

d. Multi saluran multi fase Multi saluran multi fase (multi channel multi phase) adalah model antrian yang memiliki beberapa jalur antrian dan beberapa fase pelayanan yang disusun secara seri, berarti terdapat dua atau lebih fase pelayanan yang dilakukan secara berurutan atau seri. Contoh dari model antrian ini adalah produksi pewarnaan kertas yang prosesnya dimulai dari kertas dimasukkan ke dalam mesin pewarnaan  kertas dimasukkan ke dalam mesin pemotong  kertas dipilah  kertas dimasukkan ke dalam mesin pengepakan.

Gambar 3.4 Model antrian multi saluran multi fase.


6. Ukuran sumber kedatangan Sumber kedatangan pelanggan bisa bersifat terbatas atau tak terbatas. Sumber yang terbatas (finite source) berati bahwa pelanggan yang datang untuk mendapatkan pelayanan terbatas, seperti pada kerusakan pada mesin-mesin yang menunggu servis dari montir. Sumber yang tak terbatas (infinite source) adalah pelanggan yang terus datang tanpa henti seperti panggilan terhadap operator telepon.

C. Aturan Distribusi Eksponensial Kedatangan subyek atau pelanggan pada sebuah antrian bersifat acak berarti peristiwa kedatangan pelanggan atau penyelesaian pelayanan tidak dipengaruhi oleh panjang waktu yang telah berlalu sejak terjadinya peristiwa sebelumnya. Waktu pelayanan dan antar kedatangan yang acak ini dijelaskan menurut model antrian dengan distribusi Eksponensial. Pada Definisi 2.22 telah dijelaskan fungsi peluang distribusi Eksponensial. 𝑓(𝑡) = 𝜆𝑒 −𝜆𝑡 , 𝑡 > 0. Fungsi distribusi kumulatifnya adalah: 𝑥

𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = ∫ 𝜆𝑒 −𝜆𝑡 𝑑𝑡 0

= 1 − 𝑒 −𝜆𝑥 . Fakta bahwa distribusi Eksponensial bersifat acak diilustrasikan dari contoh berikut; jika sekarang menunjukan pukul 08.20 dan waktu kedatangan paling awal terjadi pada pukul 08.02. Kemungkinan bahwa kedatangan selanjutnya terjadi pada pukul 08.29 merupakan sebuah fungsi dari interval waktu 08.20 hingga 08.29 dan


hal tersebut tidak terikat pada lama waktu yang telah berlalu ketika terjadinya peristiwa pertama yaitu antara 08.02 hingga 08.20. Sifat distribusi Eksponensial semacam ini disebut sifat tanpa ingatan (memoryless atau lack of memory atau forgetfulness).

Teorema 3.1 Sifat Tanpa Ingatan Distribusi Eksponensial Dimisalkan 𝑓(𝑥) adalah fungsi probabilitas Eksponensial dengan 𝑋 mewakili waktu kedatangan. Jika 𝑡 adalah interval waktu kejadian pertama dan ℎ adalah interval kejadian dari peristiwa terakhir maka sifat tanpa ingatan dari distribusi Eksponensial adalah 𝑃(𝑋 > 𝑡 + ℎ |𝑋 > 𝑡) = 𝑃(𝑋 > ℎ), untuk menunjukkan sifat tanpa ingatan pada distribusi Eksponensial: 𝑃(𝑋 > 𝑥) = 1 − 𝑃(𝑥 < 𝑋) = 𝑒 −𝜆𝑥 , dengan demikian, 𝑃(𝑋 > 𝑡 + ℎ |𝑋 > 𝑡)

=

𝑃(𝑋 > 𝑡 + ℎ ∩ 𝑋 > 𝑡) 𝑃(𝑋 > 𝑡)

=

𝑃(𝑋 > 𝑡 + ℎ) 𝑃(𝑋 > 𝑡)

𝑒 −𝜆(𝑡+ℎ) = 𝑒 −𝜆𝑡 = 𝑃(𝑋 > ℎ).

∎


D. Proses Poisson Definisi 3.1 Proses Stokastik Proses stokastik {𝑋(𝑡), 𝑡 𝜖 𝑇} adalah himpunan semua kemungkinan nilai 𝑋(𝑡) pada suatu ruang sampel dengan 𝑇 adalah himpunan indeks yang berkaitan dengan waktu diskrit, 𝑇 = {0,1,2, … }.

Definisi 3.2 Proses Membilang Proses membilang {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0} haruslah memenuhi kriteria sebagai berikut: 1. 𝑁(𝑡) ≥ 0. 2. 𝑁(𝑡) adalah bilangan bulat. 3. Jika 𝑡 < 𝑠 maka 𝑁(𝑡) ≤ 𝑁(𝑠). 4. Untuk 𝑡 < 𝑠 , 𝑁(𝑠) − 𝑁 (𝑡) menyatakan kejadian yang terjadi pada interval waktu (𝑡, 𝑠].

Proses membilang juga mempunyai sifat orderliness yaitu peluang dari dua atau lebih kedatangan yang terjadi secara bersama-sama diabaikan. Sifat lainnya dari proses membilang adalah tanpa memori (memorylessness) yaitu setiap titik dalam waktu proses membilang saling bebas dengan masa lalu.

Definisi 3.3 Kenaikan Bebas Proses membilang disebut proses dengan kenaikan bebas (independent increments) jika banyaknya kejadian yang terjadi pada interval waktu terpisah adalah saling bebas. Artinya banyaknya kejadian yang terjadi pada waktu 𝑡 yaitu 𝑁(𝑡) bebas dari


banyaknya kejadian yang terjadi pada waktu antara 𝑡 dan 𝑡 + 𝑠 yaitu 𝑁(𝑡 + 𝑠) − 𝑁(𝑡).

Definsi 3.4 Kenaikan Stasioner Proses membilang juga disebut proses kenaikan stasioner (stationary increments) jika distribusi dari banyaknya kejadian yang terjadi pada interval waktu tertentu hanya tergantung pada panjang interval tersebut, tidak bergantung pada letak interval tersebut. Artinya banyaknya kejadian pada interval waktu (𝑡1 + 𝑠, 𝑡2 + 𝑠] yaitu 𝑁(𝑡2 + 𝑠) − 𝑁(𝑡1 + 𝑠) mempunyai distribusi yang sama dengan banyaknya kejadian pada interval waktu (𝑡1 , 𝑡2 ] yaitu 𝑁(𝑡2 ) − 𝑁(𝑡1 ) untuk semua 𝑡1 < 𝑡2 , 𝑃(𝑁(𝑠 + 𝑡) − 𝑁(𝑠) = 𝑘) = 𝑃𝑘 (𝑡).

Definisi 3.5 Proses Poisson Proses membilang {𝑁𝑡 , 𝑡 ≥ 0} adalah Proses Poisson dengan laju 𝜆 > 0 jika : 1. 𝑁0 = 0. 2. Banyaknya kejadian pada dua interval yang tidak tumpang tindih serta saling bebas yaitu untuk setiap 𝑠 > 𝑡 > 𝑢 > 𝑣 > 0, dan variabel acak 𝑁(𝑠) − 𝑁(𝑡) dengan variabel acak 𝑁(𝑢) − 𝑁(𝑣) adalah saling bebas. 3. Peluang ada 𝑘 kejadian dalam interval waktu 𝑡 berdistribusi Poisson dengan mean 𝜆𝑡 untuk setiap 𝑠, 𝑡 ≥ 0 berlaku: (𝜆𝑡)𝑘 −𝜆𝑡 𝑃𝑘 (𝑡) = 𝑃(𝑁(𝑡 + 𝑠) − 𝑁(𝑠) = 𝑘) = 𝑒 , 𝑘 = 0,1,2,3, … 𝑘!


Definisi 3.6 Fungsi 𝒐(𝒉) Fungsi 𝑓(ℎ) dikatakan 𝑜(ℎ) jika 𝑓(ℎ) = 0. ℎ→0 ℎ lim

Contoh 3.1 Untuk interval waktu yang kecil (ℎ > 0): ∞

𝑒

−𝜆ℎ

=∑ 𝑛=0

(𝜆ℎ)2 (𝜆ℎ)3 (−𝜆ℎ)𝑛 = 1 − 𝜆ℎ + − + ⋯, 𝑛! 2! 3!

𝑒 −𝜆ℎ = 1 − 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ), 1 − 𝑒 −𝜆ℎ = 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ). Pada persamaan 1 − 𝑒 −𝜆ℎ = 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ) menunjukkan peluang dari kejadian interval ℎ > 0 sedangkan persamaan 𝑒 −𝜆ℎ = 1 − 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ) menunjukkan peluang tidak ada kejadian dari interval ℎ > 0 atau dapat ditulis sebagai berikut: 𝑃(𝑁(ℎ) = 0) = 1 − 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ).

(3.1)

Definisi 3.7 Proses Poisson Proses membilang {𝑁𝑡 , 𝑡 ≥ 0} adalah Proses Poisson dengan laju 𝜆 > 0 jika: 1. 𝑁0 = 0. 2. Bersifat kenaikan stasioner. 3. 𝑃(𝑁(ℎ) = 1) = 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ). 4. 𝑃(𝑁(ℎ) ≥ 2) = 𝑜(ℎ).


Untuk menyatakan peluang bahwa ada kejadian 𝑘 yang terjadi pada interval waktu (0, 𝑡] dengan 𝑡 ≥ 0 berlaku: 𝑃𝑘 (𝑡) = 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑘 |𝑁(0) = 0), 𝑘 = 0,1,2,3 …

(3.2)

Contoh 3.2 Misalkan 𝑋(𝑡) adalah banyaknya ikan yang ditangkap pada waktu [0, 𝑡]. Andaikan ikan yang tersedia sangatlah banyak. Proses {𝑋(𝑡) ; 𝑡 ≥ 0} dapat dianggap sebagai proses Poisson, kesempatan menangkap ikan di sungai tidak tergantung dengan banyak ikan yang telah tertangkap. Dengan demikian pemancing yang baru saja tiba di sungai mempunyai kesempatan yang sama untuk menangkap ikan dengan pemancing yang sudah menunggu selama 4 jam menangkap ikan.

Teorema 3.2 Definisi 3.5 ekivalen dengan Definisi 3.7. Bukti: Definisi 3.5 ⇛ Definisi 3.7 1. Definisi 3.5 ke-(1) dengan Definisi 3.7 ke-(1) sangatlah jelas ekivalen. 2. Pada Definisi 3.5 ke-(2) (𝑁(𝑡 + 𝑠) − 𝑁(𝑠)) mempunyai distribusi yang sama dengan 𝑁(𝑡). Artinya mempunyai kenaikan yang stasioner. 3. Sifat 3 Definisi 3.5: Untuk 𝑃(𝑁(ℎ) = 1) = 𝑒 −𝜆ℎ

(𝜆ℎ)1 1!

= 𝜆ℎ𝑒 −𝜆ℎ ,


∞

(−𝜆ℎ)𝑘 𝑃(𝑁(ℎ) = 1) = 𝜆ℎ ∑ 𝑘! 𝑘=0

= 𝜆ℎ [1 − 𝜆ℎ +

(𝜆ℎ)2

= 𝜆ℎ −

(𝜆ℎ)2 (𝜆ℎ3 ) − +⋯] 2 3!

(𝜆ℎ)3 (𝜆ℎ)4 + − +⋯ 2! 3!

(𝜆ℎ)3 (𝜆ℎ)4 = 𝜆ℎ + [−(𝜆ℎ) + − +⋯] 2! 3! 2

= 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ). Memenuhi sifat (3) pada Definisi 3.7. ∞

𝑃(𝑁(ℎ) ≥ 2)

= 𝑒 −𝜆ℎ ∑ 𝑘=2

(−𝜆ℎ)𝑘 𝑘!

(𝜆ℎ)2 (𝜆ℎ)3 (𝜆ℎ)4 = 𝑒 −𝜆ℎ [ − + −⋯] 2! 3! 4𝜆! 1 𝜆ℎ (𝜆ℎ)2 = 𝑒 −𝜆ℎ 𝜆ℎ [ − + −⋯] 2! 3! 4! ∞

= 𝜆ℎ 𝑒

−𝜆ℎ

∑ 𝑘=2

(−𝜆ℎ)𝑘−2 , 𝑘!

bila mengambil nilai limitnya diperoleh:

= lim

𝜆ℎ 𝑒 −𝜆ℎ ∑∞ 𝑘=2

ℎ→0

(−𝜆ℎ)𝑘−2 𝑘!

ℎ

= 𝑜(ℎ), Memenuhi sifat (4) pada Definisi 3.7. Definisi 3.7 ⇒ Definisi 3.5 1. Definisi 3.7 ke-(1) dengan Definisi 3.5 ke-(1) sangatlah jelas ekivalen.


2. Pada Definisi 3.4 𝑁(𝑡) tidka bergantung pada letak interval, artinya 𝑁(𝑡) saling bebas. 3. Dari Definisi 3.7 diperoleh bentuk: 𝑃𝑘 (𝑡) = 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑘)

Definisi 𝑃𝑘 (𝑡) = 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑘)

𝑃0 (𝑡 + ℎ) = 𝑃(𝑁(𝑡 + ℎ) = 0) = 𝑃(𝑁(𝑡) = 0 , 𝑁(𝑡 + ℎ) − 𝑁(𝑡) = 0)

Definisi Kenaikan Bebas

= 𝑃(𝑁(𝑡) = 0) 𝑃(𝑁(𝑡 + ℎ) − 𝑁(𝑡) = 0) = 𝑃0 (𝑡)𝑃0 (ℎ)

Definisi Kenaikan Stasioner

= 𝑃0 (𝑡)(1 − 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ)) = 𝑃0 (𝑡) − 𝜆ℎ𝑃0 (𝑡) + 𝑜(ℎ).

Dari bentuk 𝑃0 (𝑡 + ℎ) = 𝑃0 (𝑡) − 𝜆ℎ𝑃0 + 𝑜(ℎ) diperoleh: 𝑃′ 0 (𝑡) = lim ℎ→0

𝑃0 (𝑡 + ℎ) − 𝑃0 (𝑡) ℎ

𝑃0 (𝑡) − 𝜆ℎ𝑃0 (𝑡) + 𝑜(ℎ) − 𝑃0 (𝑡) ℎ→0 ℎ

= lim

= lim ℎ→0

−𝜆ℎ𝑃0 (𝑡) + 𝑜(ℎ) ℎ

= lim −𝜆𝑃0 (𝑡) + ℎ→0

= −𝜆𝑃0 (𝑡) 𝑃′ 0 (𝑡) = −𝜆 𝑃0 (𝑡)

𝑜(ℎ) ℎ


𝑃′ 0 (𝑡) ∫ 𝑑𝑡 = ∫ −𝜆 𝑑𝑡 𝑃0 (𝑡) ln 𝑃0 (𝑡) = −𝜆𝑡 + 𝑐 𝑃0 (𝑡) = 𝐾𝑒 −𝜆𝑡 . Pilih 𝑃0 (0) = 𝑃(𝑁(0) = 0) = 1 maka diperoleh: 𝑃0 (𝑡) = 𝑒 −𝜆𝑡 ,

(3.3)

untuk 𝑘 ≥ 1 𝑃𝑘 (𝑡 + ℎ) = 𝑃(𝑁(𝑡 + ℎ) = 𝑘) = 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑘, 𝑁(𝑡 + ℎ) − 𝑁(𝑡) = 0) + 𝑃(𝑁(𝑡) = 𝑘 − 1, 𝑁(𝑡 + ℎ) − 𝑁(𝑡) = 1) + 𝑃(𝑁(𝑡) ≤ 𝑘 − 2, 𝑁(𝑡 + ℎ) − 𝑁(𝑡) ≥ 2) = 𝑃𝑘 (𝑡)𝑃0 (ℎ) + 𝑃𝑘−1 (𝑡)𝑃1 (ℎ) + 𝑜(ℎ) = 𝑃𝑘 (𝑡)(1 − 𝜆ℎ + 𝑜(ℎ)) + 𝑃𝑘−1 (𝑡)(𝜆ℎ + 𝑜(ℎ)) + 𝑜(ℎ) = (1 − 𝜆ℎ)𝑃𝑘 (𝑡) + 𝑃𝑘−1 (𝑡)𝜆ℎ = 𝑃𝑘 (𝑡) − 𝜆ℎ𝑃𝑘 (𝑡) + 𝜆ℎ𝑃𝑘−1 (𝑡),

𝑃𝑘 (𝑡 + ℎ) − 𝑃𝑘 (𝑡) = −𝜆ℎ𝑃𝑘 (𝑡) + 𝜆ℎ𝑃𝑘−1 (𝑡) 𝑃𝑘 (𝑡 + ℎ) − 𝑃𝑘 (𝑡) −𝜆ℎ𝑃𝑘 (𝑡) + 𝜆ℎ𝑃𝑘−1 (𝑡) = lim ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ lim

𝑃′ 𝑘 (𝑡) = −𝜆𝑃𝑘 (𝑡) + 𝜆𝑃𝑘−1 (𝑡) 𝑃′ 𝑘 (𝑡) + 𝜆𝑃𝑘 (𝑡) = 𝜆𝑃𝑘−1 𝑒 𝜆𝑡 [𝑃′ 𝑘 (𝑡) + 𝜆𝑃𝑘 (𝑡)] = 𝑒 𝜆𝑡 𝜆𝑃𝑘−1 𝑑 𝜆𝑡 (𝑒 𝑃𝑘 (𝑡)) = 𝜆𝑒 𝜆𝑡 𝑃𝑘−1 . 𝑑𝑡

(3.4)


Dari persamaan (3.4) dipilih 𝑘 = 1 sehingga diperoleh: 𝑑 𝜆𝑡 (𝑒 𝑃𝑘 (𝑡)) = 𝜆 𝑑𝑡 𝑃1 (𝑡) = (𝜆𝑡+𝑐)𝑒 −𝜆𝑡 , dengan syarat awal 𝑃1 (0) = 0, 𝑃1 (𝑡) = 𝜆𝑒 −𝜆𝑡 . Untuk menunjukkan 𝑃𝑘 (𝑡) =

(𝜆𝑡)𝑘 𝑘!

𝑒 −𝜆𝑡

menggunakan induksi matematis.

Asumsikan benar untuk 𝑘 − 1 diperoleh: 𝑒 −𝜆𝑡 (𝜆𝑡)𝑘−1 𝑃𝑘−1 (𝑡) = , (𝑘 − 1)! dari persamaan (3.4) diperoleh: 𝑑 𝜆𝑡 𝜆(𝜆𝑡)𝑘−1 (𝑒 𝑃𝑘 (𝑡)) = 𝑑𝑡 (𝑘 − 1)! 𝑒 𝜆𝑡 𝑃𝑘 (𝑡)

=

(𝜆𝑡)𝑘 +𝑐 𝑘!

𝑃𝑘 (𝑡) = (

(𝜆𝑡)𝑘 + 𝑐) 𝑒 −𝜆𝑡 𝑘!

karena 𝑃𝑘 (0) = 𝑃(𝑁(0) = 𝑘) = 0 maka 𝑃𝑘 = 𝑒 −𝜆𝑡

(𝜆𝑡)𝑘 𝑘!

.

∎

E. Waktu antar kedatangan Berdasarkan proses membilang {𝑁(𝑡), 𝑡 ≥ 0}, 𝑁(𝑡) menyatakan banyaknya kedatangan sampai waktu 𝑡. Kedatangan tersebut dapat terjadi dalam interval (0, 𝑡]. Andaikan 𝑡1 adalah waktu terjadinya kedatangan pertama, dalam hal ini 𝑁(𝑡1 ) = 1 dan 𝑁(𝑡) = 0 untuk 𝑡 < 𝑡1 lalu 𝑡2 adalah waktu terjadinya kedatangan ke-2 maka


𝑁(𝑡2 ) = 2 dan 𝑁(𝑡) = 1 untuk 𝑡1 < 𝑡2 . Kedatangan selanjutnya dilanjutkan dengan cara yang sama. Jadi 𝑡𝑘+1 − 𝑡𝑘 adalah panjang waktu diantara saat terjadinya kedatangan ke-𝑘 + 1 setelah kedatangan ke-𝑘. Panjang selang inilah yang disebut waktu antar kedatangan.

Definisi 3.8 Misalkan 𝑋1 menyatakan interval waktu dari kedatangan pertama. Untuk 𝑛 ≥ 1 , misalkan 𝑋𝑛 adalah interval waktu antara kejadian ke-(𝑛 − 1) dan kejadian ke-𝑛 maka {𝑋𝑛 , 𝑛 = 0,1,2, . . . } adalah barisan waktu antar kedatangan atau waktu antar kejadian.

Definisi 3.9 Waktu Tunggu Waktu tunggu 𝑆𝑛 sampai waktu kedatangan ke-𝑛 adalah 𝑆𝑛 = 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑛 .

(3.5)

𝑆0 = 0 Gambar 3.5 Ilustrasi waktu tunggu.

Teorema 3.3 Waktu Antar Kedatangan Waktu antar kedatangan 𝑋𝑘 , 𝑘 = 1,2,3, …. dari suatu proses Poisson adalah saling bebas dan berdistribusi Eksponensial dengan parameter 𝜆.


Bukti: 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑡) = 1 − 𝑃(𝑋1 > 𝑡) = 1 − 𝑃{𝑁(𝑡) = 0} = 1 − 𝑒 −𝜆𝑡 . Fungsi distribusi kumulatif dari 𝑋1 adalah 𝐹(𝑡) = 1 − 𝑒 −𝜆𝑡 oleh karena fungsi peluang 𝑓(𝑡) adalah turunan dari fungsi distribusi kumulatif 𝐹(𝑡), maka fungsi peluang 𝑋1 dapat diperoleh dengan cara berikut: 𝑓(𝑡)

=

𝑑𝐹(𝑡) 𝑑𝑡

=

𝑑(1 − 𝑒 −𝜆𝑡 ) 𝑑𝑡

= 𝜆𝑒 −𝜆𝑡 untuk 𝑡 ≥ 0. Jadi 𝑋1 waktu antar kedatangan berdistribusi Eksponensial dengan parameter 𝜆. Untuk 𝑋2diperoleh dari peluang bersyarat dari kejadian pertama saat waktu 𝑠. 𝑃(𝑋2 ≤ 𝑡 |𝑋1 = 𝑠)

= 1 − 𝑃(𝑋2 > 𝑡 | 𝑋1 = 𝑠) = 1 − 𝑃(𝑁(𝑡 + 𝑠) − 𝑁(𝑠) = 0 | 𝑋1 = 𝑠) = 1 − 𝑃(𝑁(𝑡 + 𝑠) − 𝑁(𝑠) = 0)

(Kenaikan bebas)

= 1 − 𝑃(𝑁(𝑡) = 0)

(Kenaikan stasioner)

= 1 − 𝑒 −𝜆𝑡 = 𝐹(𝑋2 ). 𝐹(𝑋2 ) = 𝑃(𝑋2 ≤ 𝑡 |𝑋1 = 𝑠) diatas tidak tergantung pada 𝑋1 sehinga 𝑋2 berdistribusi Eksponensial secara rekrusif dapat ditunjukkan bahwa 𝑋𝑛 saling bebas dan berdistribusi Eksponensial.

∎


Menurut Definisi 3.5 dan Definisi 3.7, untuk proses Poisson 𝑁(𝑡) berdistribusi Poisson dengan parameter 𝜆𝑡 dan berdasarkan Teorema 3.3 𝑋𝑘 , 𝑘 = 1,2, … berdistibusi Eksponensial dengan parameter 𝜆 pada Persamaan 3.5 diperoleh waktu tunggu 𝑆𝑛 dengan 𝑆0 = 0.

Teorema 3.4 Andaikan 𝑋𝑘 , (𝑘 = 1,2, … . ) saling bebas dan berdistribusi Eksponensial maka waktu tunggu 𝑆𝑛 berdistribusi Gamma. Bukti: Akan dibuktikan bahwa 𝑆𝑛 berdistribusi Gamma. Diberikan 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑘 1

berdistribusi Eksponensial dengan 𝜇 = 𝜆. Nilai harapan dari 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑘 adalah 1 𝐸(𝑋1 ) = 𝐸(𝑋2 ) = ⋯ = 𝐸(𝑋𝑘 ) = . 𝜆 Berdasarkan Teorema 21.6, fungsi pembangkit momen dari 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑘 adalah 𝑚𝑥𝑖 (𝑡) =

1

𝑡 . (1 − ) 𝜆

Berdasarkan definisi waktu tunngu, 𝑆𝑛 = 𝑋1 + 𝑋2 + ⋯ + 𝑋𝑘 dan Teorema 2.6 diperoleh: 𝑚𝑆𝑛 (𝑡) =

1

1 1 × × … 𝑡 𝑡 𝑡 (1 − ) (1 − ) (1 − ) 𝜆 𝜆 𝜆 𝑘

=(

1

𝑡 ) (1 − ) 𝜆

(sebanyak 𝑘 kali) (3.6)


Pari Persamaan (3.6) diperoleh hasil yang sama dengan fungsi pembangkit momen 1

distribusi Gamma pada Teorema 2.13 dengan 𝛽 = 𝜆 dan 𝛼 = 𝑘, dan menurut Teorema 2.7, 𝑆𝑛 berdistribusi Gamma.

∎

F. Hubungan Antara Distribusi Posisson dengan Distribusi Eksponensial Berikut ini akan dijelaskan hubungan antara distribusi Poisson dengan distribusi Eksponensial Tabel 3.1 Hubungan distribusi Poisson dengan distribusi Eksponensial di antrian. Distribusi Distribusi Poisson Eksponensial Waktu antar Banyaknya kedatangan 𝑛 selama Variabel acak

kedatangan periode waktu 𝑡. berturut-turut, 𝑡.

Range

𝑡≥0

Fungsi probabilitas

𝑓(𝑡) = 𝜆𝑒 −𝜆𝑡 , 𝑡 ≥ 0 𝑃𝑛 (𝑡) =

Mean

1 𝜆

satuan waktu

𝑃(𝑡 ≤ 𝐴)

𝑛 = 0,1,2 … (𝜆𝑡)𝑛 𝑒 −𝜆𝑡 , 𝑛 = 0,1,2, 𝑛!

𝜆𝑡 kedatangan selama waktu 𝑡 𝑃𝑛≤𝑁 (𝑡) = 𝑃0 (𝑡) + 𝑃1 (𝑡) + ⋯

Peluang kumulatif = 1 − 𝑒 −𝜆𝐴

+ 𝑃𝑁 (𝑡)

Peluang tidak ada kedatangan selama periode waktu 𝐴

𝑃(𝑡 > 𝐴) = 𝑒 −𝜆𝐴

𝑃0 (𝐴) = 𝑒 −𝜆𝐴


Contoh 3.3 Kelahiran bayi pada suatu negara mempunyai mean 1 kelahiran setiap 12 menit. Laju kelahiran bayi berdistribusi Eksponensial. Hitunglah: a. Rata-rata kelahiran bayi per tahun. b. Peluang tidak ada bayi yang lahir pada satu hari. Jawab: a. Kelahiran bayi per hari: 𝜆=

24 ×60 12

= 120 kelahiran/hari.

Kelahiran bayi per tahun adalah: 𝜆𝑡 = 120 × 365 = 43,800 kelahiran/tahun. b. Peluang tidak ada bayi yang lahir pada satu hari dihitung dengan distribusi Poisson. 𝑃0 (1) =

(120 × 1)0 𝑒 −120×1 = 𝑒 −120 = 0. 0!

Cara lain untuk menghitung peluang tidak ada bayi yang lahir pada satu hari sama saja dengan menghitung peluang waktu antar kelahiran yang berturutan lebih dari satu hari 𝑃{𝑡 > 1} = 𝑒 −120 = 0.

G. Model Antrian Poisson yang Diperumum Pengembangan model antrian dengan asumsi kedatangan berdistribusi Poisson dan waktu antar kedatangan serta pelayanan berdistribusi Eksponensial adalah model antrian Poisson khusus. Untuk memperumum model antrian yang


berdasarkan kondisi jangka panjang atau perilaku keadaan tunak (steady state) pada antrian yaitu kondisi dengan rata-rata laju arus masuk sama dengan laju arus keluar.

Gambar 3.6: Diagram transisi antrian Poisson. Terdapat istilah kedatangan dan keberangkatan (departure), istilah kedatangan merepresentasikan sebagai penambahan banyaknya pelanggan pada sistem antrian sedangkan istilah keberangkatan merepresentasikan sebagai pengurangan banyaknya pelanggan pada sistem antrian. Peluang 𝑝𝑛 dapat ditentukan dari diagram transisi antrian Poisson. Sistem antrian pada status 𝑛 menyatakan banyaknya pelanggan dalam sistem antrian adalah 𝑛. Peluang terjadinya lebih dari satu kejadian yang terjadi selama interval ℎ yang kecil dinyatakan dengan ℎ → 0 diartikan bahwa untuk setiap 𝑛 > 0, 𝑛 dapat berubah menjadi dua kemungkinan yaitu 𝑛 − 1 ketika keberangkatan terjadi pada laju 𝜇𝑛 atau 𝑛 + 1 ketika kedatangan terjadi pada laju 𝜆𝑛 , ketika 𝑛 = 0 dapat berubah menjadi 1 ketika terjadi kedatangan pada laju 𝜆0 . Pada 𝜇0 tidak terdefinisi karena tidak ada keberangkatan yang terjadi ketika sistem kosong. Berikut ini adalah simbol-simbol yang digunakan dalam sistem antrian: 𝑛

= banyaknya pelanggan yang terlibat dalam sistem antrian.

𝜆𝑛

= rata-rata kedatangan dari 𝑛 pelanggan yang terlibat dalam sistem antrian.

𝜇𝑛

= rata-rata keberangkatan dari 𝑛 pelanggan yang terlibat dalam sistem antrian.


𝑝𝑛

= peluang kondisi keadaan tunak (steady state) dari 𝑛 pelanggan yang terlibat dalam sistem antrian. Model yang diperumum berasal dari 𝑝𝑛 yang merupakan fungsi dari 𝜆𝑛 dan

𝜇𝑛 . Peluang ini kemudian digunakan untuk menentukan langkah-langkah sistem kinerja seperti rata-rata panjang antrian, waktu tunggu antrian, dan rata-rata pelayanan. Dalam kondisi keadaan tunak (steady state) untuk 𝑛 > 0 laju arus masuk yang diharapkan sama dengan laju arus keluar. Kondisi ketika 𝑛 dapat berubah menjadi 𝑛 − 1 atau 𝑛 + 1 diperoleh: Ekspektasi laju arus masuk ke keadaan 𝑛: 𝜆𝑛−1 𝑃𝑛−1 + 𝜇𝑛+1 𝑃𝑛+1 . Ekspektasi laju arus keluar dari keadaan 𝑛: 𝜆𝑛 𝑃𝑛 + 𝜇𝑛 𝑃𝑛 = (𝜆𝑛 + 𝜇𝑛 )𝑃𝑛 . Ekspektasi laju arus masuk ke keadaan 𝑛 = Ekspektasi laju arus keluar dari keadaan 𝑛 𝜆𝑛−1 𝑃𝑛−1 + 𝜇𝑛+1 𝑃𝑛+1 = (𝜆𝑛 + 𝜇𝑛 )𝑃𝑛 . Pada Gambar 3.6 kondisi ketika 𝑛 = 0 adalah: 𝜆0 𝑝0 = 𝜇1 𝑝1 𝜆0 𝑝1 = ( ) 𝑝0 . 𝜇1 Untuk 𝑛 = 1 diperoleh: 𝜆0 𝑝0 + 𝜇2 𝑝2 = (𝜆1 + 𝜇1 )𝑝1 𝜆

substitusikan 𝑝1 = (𝜇0 ) 𝑝0 sehingga diperoleh: 1


𝑝2 = (

𝜆1 𝜆0 )𝑝 𝜇2 𝜇1 0

secara umum diperoleh bentuk: 𝑝𝑛 = (

𝜆𝑛−1 𝜆𝑛−2 … 𝜆0 ) 𝑝0 , 𝑛 = 1,2, .. 𝜇𝑛 𝜇𝑛−1 … 𝜇1

(3.7)

nilai 𝑝0 ditentukan dari ∑∞ 𝑛=0 𝑝𝑛 = 1.

Contoh 3.4 Toko Grosir B & K mengoperasikan 3 toko. Manager toko menggunakan jadwal untuk menentukan banyaknya stasiun pelayanan yang beroperasi. Berikut ini adalah banyaknya pelanggan dalam toko. Tabel 3.2 Sistem pelayanan pada Toko Grosir B&K. Banyaknya pelanggan dalam toko

Banyaknya stasiun pelayanan yang beroperasi

1–3

1

4–6

2

Lebih dari 6

3

Kedatangan pelanggan berdistribusi Poisson dengan rata-rata kedatangan 10 pelanggan per jam. Waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial dengan rata-rata 12 menit. Tentukanlah peluang 𝑝𝑛 pelayanan pelanggan saat kondisi steady state.


Jawab: Diketahui 𝜆 = 10 pelanggan per jam, 𝑛 = 0,1, .. oleh karena terdapat 3 stasiun layanan yang beroperasi diperoleh:

𝜇𝑛

60 = 5, 𝑛 = 0,1,2,3 12 ={ 2 × 5 = 10 , 𝑛 = 4,5,6 3 × 5 = 15 , 𝑛 = 7,8, …

dengan demikian dari persamaan (3.7) diperoleh: 𝑝1 = (

10 ) 𝑝 = 2𝑝0 5 0

𝑝2 = (

10 2 ) 𝑝0 = 4𝑝0 5

𝑝3 = (

10 3 ) 𝑝0 = 8𝑝0 5

𝑝4 = (

10 3 10 ) ( ) 𝑝0 = 8𝑝0 5 10

𝑝5 = (

10 3 10 2 ) ( ) 𝑝0 = 8𝑝0 5 10

𝑝6 = (

10 3 10 3 ) ( ) 𝑝0 = 8𝑝0 5 10

𝑝𝑛≥7 = (

10 3 10 3 10 𝑛−6 2 𝑛−6 ) ( ) ( ) 𝑝0 = 8 ( ) 𝑝0, 5 10 15 3

nilai dari 𝑝0 ditentukan dari persamaan berikut: 2

2 2

2 3

𝑝0 + 𝑝0 (2 + 4 + 8 + 8 + 8 + 8 + 8 (3) + 8 (3) + 8 (3) +...)

=1

2 2 2 𝑝0 (31 + 8 (1 + + ( ) + ⋯ )) = 1, 3 3


dengan deret geometri yaitu: ∞

∑ 𝑥𝑖 = 𝑖=0

1 , |𝑥| < 1, 1 − 𝑥𝑖

diperoleh: 1 𝑝0 (31 + 8 ( )) = 1 2 1−3 𝑝0 =

1 . 55

Oleh karena 𝑝0 sudah diketahui maka bisa ditentukanlah 𝑝𝑛 untuk 𝑛 > 0. Misalnya berapa peluang jika hanya ada 1 stasiun pelayanan yang beroperasi? peluang tersebut dapat dihitung sebagai peluang maksimal terdapat 3 pelanggan yang terlibat dalam sistem antrian, 𝑝1 + 𝑝2 + 𝑝3 = (2 + 4 + 8) (

1 ) ≈ 0.25. 55

H. Antrian Poisson Khusus Antrian Poisson khusus merupakan pengembangan dari model antrian dengan asumsi kedatangan berdistribusi Poisson. Berikut ini adalah gambar yang mengilustrasikan situasi antrian Poisson khusus dengan 𝑐 pelayan (server) atau fase yang pararel. Seorang pelanggan mengantri untuk mendapatkan pelayanan dari pelayan pertama yang tersedia.


Sistem antrian Antrian

Waktu pelayanan 𝜇 Pelayanan (server) 𝜇

𝜆

Pelayanan (server)

Pelayanan (server)

𝜇

Gambar 3.7 Skema antrian Poisson khusus.

Kedatangan pada sistem antrian adalah 𝜆 pelanggan per satuan waktu. Semua stasiun pelayan adalah identik, berarti laju pelayanan untuk setiap stasiun pelayan adalah 𝜇 pelanggan per satuan waktu. Banyaknya pelanggan pada sistem terdiri dari pelanggan yang sedang dilayani dan pelanggan yang sedang mengantri untuk dilayani. Untuk mendeskripsikan suatu model antrian maka dibutuhkan suatu notasi untuk meringkas suatu karakteristik yang berpengaruh. Notasi yang digunakan adalah notasi Kendall. Berikut ini adalah format notasi Kendall: (𝑎⁄𝑏 ⁄𝑐 ) ∶ (𝑑⁄𝑒⁄𝑓 ) keterangan: 𝑎 = Distribusi kedatangan. 𝑏 = Distribusi waktu pelayanan. 𝑐 = Banyaknya pelayan pararel, 𝑐 = 1,2,3, ….


𝑑 = Peraturan pelayanan. 𝑒 = Banyaknya maksimal pelanggan yang diperbolehkan dalam sistem antrian (pada antrian dan saat pelayanan). 𝑓 = Ukuran sumber kedatangan. Notasi standar untuk mewakili distribusi kedatangan dan pelayanan (simbol 𝑎 dan 𝑏) adalah: 𝑀 = Kedatangan pelanggan berdistribusi Poisson atau waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial. 𝐷 = Waktu antar kedatangan atau pelayanan pelanggan telah ditentukan atau terjadwal. 𝐸𝑘 = Distribusi Erlang. 𝐺𝐼 = Distribusi umum waktu antar kedatangan. 𝐺 = Distribusi umum waktu pelayanan. Notasi peraturan pelayanan (simbol 𝑑) yaitu: FCFS = First Come First Served. LCFS = Last Come First Served. SIRO = Service in Random Order. PRI = Priority Service. GD merupakan disiplin antrian secara umum berlaku pada sebagian besar sistem antrian (apabila tidak ada disiplin khusus yang mengikat) yaitu pelanggan yang pertama datang adalah pertama yang dilayani. Untuk

mengilustrasikan

penggunaan

dari

notasi,

model

(𝑀⁄𝐷⁄10): (LCFS⁄20⁄∞) adalah model dengan distribusi kedatangan berupa


distribusi Poisson (atau waktu antar kedatangan Eksponensial), distribusi pelayanan yang telah terjadwal, terdapat 10 server, peraturan pelayanan secara umum LCFS kapasitas sistem antrian 20 pelanggan, dan ukuran sumber kedatangan tidak terbatas. Sebelum dijelaskan mengenai keutamaan dari antrian Poisson akan dijelaskan bagaimana kondisi steady state dari situasi antrian Poisson yang diperumum dari peluang 𝑝𝑛 . Simbol yang paling digunakan pada ukuran perfoma di suatu antrian adalah: 𝐿𝑠

= Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam sistem antrian.

𝐿𝑞

= Nilai harapan banyaknya pelanggan dalam antrian.

𝑊𝑠

= Nilai harapan waktu tunggu dalam sistem antrian.

𝑊𝑞

= Nilai harapan waktu tunggu dalam antrian.

𝑛

= Banyaknya pelanggan.

𝑐̅

= Nilai harapan server yang sibuk. Akan ditunjukkan ukuran performa antrian yang berasal dari peluang steady

state dari 𝑛 yaitu 𝑝𝑛 sebagai berikut: ∞

𝐿𝑠 = ∑ 𝑛 𝑝𝑛 . 𝑛=0 ∞

𝐿𝑞 = ∑ (𝑛 − 𝑐)𝑝𝑛 . 𝑛=𝑐+1

Hubungan antara 𝐿𝑠 dan 𝑊𝑠 begitu juga 𝐿𝑞 dan 𝑊𝑞 dikenal sebagai Little’s Formula yaitu: 𝐿𝑠 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑊𝑠 .


𝐿𝑞 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑊𝑞 . Parameter 𝜆𝑒𝑓𝑓 adalah rata-rata kedatangan yang efektif pada sistem antrian atau sama saja dengan 𝜆 ketika semua pelanggan berada dalam sistem antrian atau tidak ada kedatangan pelanggan yang tidak terlayani. Bila pelanggan tidak dapat masuk ke dalam sistem antrian karena kapasitas sistem antrian tidak mampu menampung kedatangan pelanggan maka 𝜆𝑒𝑓𝑓 < 𝜆 atau dengan kata lain ada pelanggan yang tidak bisa masuk dalam sistem antrian. Misalkan 𝜆𝑙𝑜𝑠𝑠 adalah adalah rata-rata kedatangan pelanggan yang tak terlayani maka: 𝜆 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 + 𝜆𝑙𝑜𝑠𝑠 Hubungan antara 𝑊𝑠 dan 𝑊𝑞 dapat diketahui sebagai berikut: Nilai harapan waktu tunggu pada sistem

=

Nilai harapan waktu tunggu pada antrian

+

Nilai harapan waktu pelayaan

` 𝑊𝑠 = 𝑊𝑞 +

1 𝜇

Hubungan antara 𝐿𝑠 dan 𝐿𝑞 diperoleh dengan mengalikan kedua sisi dengan 𝜆𝑒𝑓𝑓 dan dengan Little’s formula menghasilkan: 𝐿𝑠 = 𝐿𝑞 +

𝜆𝑒𝑓𝑓 . 𝜇

Nilai harapan server yang sibuk yaitu 𝑐̅ adalah 𝑐̅ = 𝐿𝑠 − 𝐿𝑞 =

𝜆𝑒𝑓𝑓 . 𝜇


Contoh 3.5 Pada contoh 3.4 telah dihitung peluang jika hanya 1 stasiun pelayan yang beroperasi. Hitunglah performa antrian bila hanya 1 stasiun yang beroperasi. Jawab: 𝑝0 =

1 = 0.2, 55

akan dicari banyaknya pelanggan dalam sistem antrian: 𝐿𝑠 = 0𝑝0 + 1𝑝1 + 2𝑝2 + 3𝑝3 = 0 + 1(2 × 0.2) + 2(4 × 0.2) + 3(8 × 0.2) = 2.6 pelanggan. Banyaknya pelanggan dalam antrian: 𝜆

𝐿𝑞 = 𝐿𝑠 − 𝜇 = 2.6 −

10 5

= 0.6 pelanggan.

Waktu tunggu pelanggan dalam sistem antrian: 𝑊𝑠 =

𝐿𝑠 𝜆

=

2.6 10

= 0.26 jam ≈ 15.6 menit.

Waktu tunggu pelanggan dalam antrian: 1

1

𝑊𝑞 = 𝑊𝑠 − 𝜆 = 0.26 − 10 = 0.16 jam ≈ 9.6 menit.

I. Model Antrian Dengan Pelayanan Tunggal Kapasitas Tak Hingga Model ini mempunyai notasi Kendall yaitu (𝑀⁄𝑀⁄1) ∶ (𝐺𝐷⁄∞⁄∞) dengan waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial dan hanya terdapat satu

pelayanan, peraturan pelayanan adalah umum GD

kapasitas sistem antrian tidak terbatas, dan sumber kedatangan tidak terbatas.


Dengan menggunakan notasi pada model antrian Poisson yang diperumum diperoleh: 𝜆𝑛 = 𝜆 𝜇𝑛 = 𝜇

} 𝑛=0,1,2..

Kapasitas sistem antrian tidak terbatas maka semua pelanggan yang datang dapat masuk ke dalam sistem antrian dan tidak ada kedatangan pelanggan yang tak terlayani maka diperoleh

𝜆𝑒𝑓𝑓 = 𝜆

𝜆

dan 𝜆𝑙𝑜𝑠𝑠 = 0. Misalkan 𝜌 = 𝜇 dengan

𝜌 menyatakan kepadatan pelanggan pada stasiun pelayanan sehingga maka Persamaan (3.7) persaman 𝑝𝑛 menjadi: 𝑝𝑛 = 𝜌𝑛 𝑝0 , 𝑛 = 0,1,2, …

(3.8)

untuk menentukan nilai 𝑝0 dapat diperoleh dengan mensubstitusikan persamaan (3.8) sehingga diperoleh sebagai berikut: 𝑝0 + 𝑝1 + 𝑝2 + ⋯ + 𝑝𝑛 = 1 𝑝0 + 𝜌1 𝑝0 + 𝜌2 𝑝0 + ⋯ + 𝜌𝑛 𝑝0 = 1 𝑝0 (1 + 𝜌 + 𝜌2 + ⋯ + 𝜌𝑛 ) = 1. 1

Asumsikan 𝜌 < 1 deret geometri mempunyai jumlahan berhingga yaitu (1−𝜌) sehingga diperoleh: 1 𝑝0 ( ) =1 1−𝜌 𝑝0 = 1 − 𝜌.

(3.9)

Substitusikan Persamaan (3.9) ke Persamaan (3.8) sehingga diperoleh: 𝑝𝑛 = (1 − 𝜌)𝜌𝑛 , 𝑛 = 1,2, …

(3.10)


Kondisi 𝜌 < 1 atau 𝜆 < 𝜇 supaya sistem tidak melebihi batas dan steady state bisa ditentukan. Apabila 𝜆 ≥ 𝜇 maka deret geometri tidak konvergen dan tidak steady state sehingga peluang 𝑝𝑛 tidak dapat ditentukan. Dengan kata lain jika laju pelayanan lebih besar dari pada laju kedatangan maka panjang antrian akan terus bertambah dan tidak terjadi steady state. Ukuran-ukuran dasar kinerja model (𝑀⁄𝑀⁄1) ∶ (𝐺𝐷⁄∞⁄∞) adalah: ∞

𝐿𝑠 = ∑ 𝑛𝑝𝑛 𝑛=0 ∞

= ∑ 𝑛(1 − 𝜌)𝜌𝑛 𝑛=0

= (1 − 𝜌)(0 + 𝜌 + 2𝜌2 + 3𝜌3 + ⋯ + 𝑛𝜌𝑛 ) = (1 − 𝜌) 𝜌 (1 + 2𝜌 + 3𝜌2 + ⋯ + 𝑛𝜌𝑛−1 ) ∞

= (1 − 𝜌)𝜌 ∑ 𝑛 𝜌𝑛−1 𝑛=0

= (1 − 𝜌)𝜌 =

1 (1 − 𝜌)2

𝜌 , (1 − 𝜌)

karena 𝜆𝑒𝑓𝑓 = 𝜆 dengan laju kedatangan tidak terbatas maka untuk menentukan 𝑊𝑠 diperoleh sebagai berikut: 𝐿𝑠 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑊𝑠 = 𝜆𝑊𝑠 𝑊𝑠 =

𝐿𝑠 𝜆


𝜌 (1 − 𝜌) = 𝜆 =

=

𝜌 𝜆(1 − 𝜌) 𝜆 𝜇 𝜆 𝜆 (1 − 𝜇 )

𝜆 𝜇 = 𝜆𝜇 − 𝜆2 ( 𝜇 ) =

𝜆 𝜆𝜇 − 𝜆2

=

𝜆 𝜆(𝜇 − 𝜆)

=

1 . 𝜇−𝜆

Untuk 𝑊𝑞 diperoleh sebagai berikut: 𝑊𝑠 = 𝑊𝑞 +

1 𝜇

𝑊𝑞 = 𝑊𝑠 −

1 𝜇

=

1 1 − 𝜇−𝜆 𝜇

=

𝜇 − (𝜇 − 𝜆) 𝜇(𝜇 − 𝜆)

=

𝜆 𝜇(𝜇 − 𝜆)


1 𝜆 𝜇 = × 𝜇(𝜇 − 𝜆) 1 𝜇 𝜆 𝜇 = (𝜇 − 𝜆) 𝜇 𝜇 𝜆 𝜇 = 𝜆 (1 − 𝜇 ) 𝜇 =

𝜌 . (1 − 𝜌)𝜇

Untuk 𝐿𝑞 diperoleh sebagai beikut: 𝐿𝑞 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑊𝑞 = 𝜆𝑊𝑞 =𝜆

𝜌 (1 − 𝜌)𝜇

=

𝜆 𝜌 𝜇 (1 − 𝜌)

=

𝜌2 . (1 − 𝜌)

Untuk menentukan kepadatan pelanggan diperoleh: 𝑐̅ = 𝐿𝑠 − 𝐿𝑞 𝜌 𝜌2 = − (1 − 𝜌) (1 − 𝜌) =

𝜌(1 − 𝜌) (1 − 𝜌)

=𝜌


Contoh 3.6 Jasa cuci mobil pada suatu tempat mampu membersihkan mobil dalam waktu 10 menit/mobil dengan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial. Kedatangan mobil yang datang utnuk dilayani berdistribusi Poisson dengan rata-rata kedatangan 4 jam/mobil. Fasilitas ini tidak dapat menangani lebih dari satu mobil setiap saat. Bagaimana analisis ukuran-ukuran kinerjanya? Jawab: Kedatangan mobil berdistribusi Poisson dengan laju kedatangan 4 jam/mobil berarti 60

𝜆 = 4 dan pelayanan berdistribusi Eksponensial dengan laju kedatangan 𝜇 = 10 = 𝜆

4

6 mobil / jam karena 𝜌 = 𝜇 = 6 < 1 maka sistem yang beroperasi dibawah kondisi steady state. Berikut ini adalah perhitungan performa antrian. Banyaknya mobil pada sistem antrian adalah 4 6

𝜌

𝐿𝑠 = 1−𝜌 =

1−

4 6

= 2 mobil.

Banyaknya mobil pada antrian: 𝐿𝑞 =

𝜌2 1−𝜌

=

4 2 6 4 1− 6

( )

= 1.3333 mobil.

Waktu tunggu dalam sistem antrian adalah: 1

1

𝑊𝑠 = 𝜇−𝜆 = 6−4 = 0.5 jam = 30 menit. Waktu tunggu dalam antrian adalah: 𝜌

𝑊𝑞 = 𝜇(1−𝜌) =

4 6

4 6

6(1− )

= 0.333 menit.


J. Model Antrian Dengan 𝒄 Pelayanan Kapasitas Tak Hingga Model antrian dengan 𝑐 pelayanan kapasitas tak hingga mempunyai notasi Kendall (𝑀⁄𝑀⁄𝑐): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞). Pada model antrian ini waktu antar kedatangan dan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial, terdapat 𝑐 pelayanan, peraturan pelayanan adalah umum (GD) artinya peraturan tersebut dapat berupa FCFS, LCFS, SIRO atau prosedur lainnya yang digunakan oleh pelayan untuk memutuskan urutan pelanggan, kapasitas sistem antrian tidak terbatas, dan sumber kedatangan tidak terbatas. Rata-rata kedatangan pelanggan adalah 𝜆 dan rata-rata waktu pelayanan adalah 𝜇. Kapsitas sistem antrian tidak terbatas maka semua pelanggan yang datang dapat masuk kedalam sistem antrian dan tidak ada kedatangan pelanggan yang terbuang maka diperolah 𝜆𝑒𝑓𝑓 = 𝜆. Oleh karena terdapat 𝑐 pelayanan yang disusun secara pararel, hal ini mengakibatkan meningkatnya rata-rata waktu pelayanan diperoleh: 𝜆𝑛 = 𝜆, 𝑛 ≥ 0. 𝑛𝜇, 𝑛 ≤ 𝑐 𝜇𝑛 = { 𝑐𝜇, 𝑛 ≥ 𝑐. sehingga, 𝜆𝑛 𝜆𝑛 𝜌𝑛 𝑝0 = 𝑝 = 𝑝 , 𝑛<𝑐 𝜇(2𝜇)(3𝜇) … (𝑛𝜇) 𝑛! 𝜇 𝑛 0 𝑛! 0 𝑝𝑛 = 𝜆𝑛 𝜆𝑛 𝜌𝑛 𝑝 = 𝑝 = 𝑝 , 𝑛 ≥ 𝑐. 𝑐 𝑛−𝑐 0 𝑐! 𝑐 𝑛−𝑐 𝜇 𝑛 0 𝑐! 𝑐 𝑛−𝑐 0 {(∏𝑖=1 𝑖𝜇 )(𝑐𝜇)

(3.11)


𝜆

Misalkan 𝜌 = 𝑐𝜇 dan asumsikan

𝜌 𝑐

< 1. Untuk menentukan nilai 𝑝0 diperoleh

sebagai berikut:

𝑝0

𝑐−1

∞

𝑛=0

𝑛=0

𝜌𝑛 𝜌𝑐 𝜌 𝑛−𝑐 = {∑ + ∑( ) } 𝑛! 𝑐! 𝑐

−1

𝑐−1

𝜌𝑛 𝜌𝑐 1 = {∑ + ( )} 𝑛! 𝑐! 1 − 𝜌 𝑛=0 𝑐 Untuk 𝐿𝑞 dapat diperoleh sebagai berikut: ∞

𝐿𝑞 = ∑(𝑛 − 𝑐)𝑝𝑛 . 𝑛=𝑐

Misalkan 𝑘 = 𝑛 − 𝑐, ∞

𝐿𝑞 = ∑ 𝑘𝑝𝑘+𝑐 𝑘=0 ∞

= ∑𝑘 𝑘=0

−1

𝜌𝑘+𝑐 𝑝 𝑐 𝑘 𝑐! 0 𝑘

∞

𝜌𝑐 𝜌 = 𝑝0 ∑ 𝑘 ( ) 𝑐! 𝑐 𝑘=0

𝑘−1

∞

𝜌𝑐 𝜌 = 𝑝0 ∑ 𝑘 ( ) 𝑐! 𝑐 𝑘=0

𝜌 𝑐

𝑘−1

∞

𝜌𝑐+1 𝜌 = 𝑝0 ∑ 𝑘 ( ) 𝑐! 𝑐 𝑐 𝑘=0

∞

𝜌𝑐+1 𝑑 𝜌 𝑘 = 𝑝0 𝜌 ∑ ( ) 𝑐! 𝑐 𝑑 ( ) 𝑘=0 𝑐 𝑐

,

𝜌 < 1. 𝑐


=

𝜌𝑐+1 𝑝 𝑐! 𝑐 0

1 𝜌 2 (1 − 𝑐 )

𝜌𝑐+1 𝑝0 = 𝑐−𝜌 2 𝑐! 𝑐 ( 𝑐 ) 𝜌𝑐+1 𝑝0 = (𝑐 − 𝜌)2 (𝑐 − 1)! 𝑐 2 𝑐2 𝜌𝑐+1 = 𝑝 . (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0 Untuk menentukan 𝐿𝑠 diperoleh sebagai berikut: 𝐿𝑠 = 𝐿𝑞 +

= 𝐿𝑞 +

𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑐𝜇 𝜆 𝑐𝜇

= 𝐿𝑞 + 𝜌 =

𝜌𝑐+1 𝑝 + 𝜌. (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0

Untuk menentukan 𝑊𝑠 dapat diperoleh sebagai berikut: 𝐿𝑠 = 𝜆𝑒𝑓𝑓 𝑊𝑠 𝑊𝑠 =

𝐿𝑠 𝜆

𝜌𝑐+1 𝑝 +𝜌 (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0 = 𝜆 =

𝜌𝜌𝑐 𝑝0 𝜌 + 2 𝜆(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌) 𝜆


𝜌 𝜌𝑐 𝑝0 𝜌 = + 𝜆 (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 𝜆 𝜌𝑐 𝑝0 1 = + . 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 𝜇 𝑊𝑞 dapat diperoleh sebagai berikut: 𝑊𝑠 = 𝑊𝑞 +

1 𝜇

𝑊𝑞 = 𝑊𝑠 −

1 𝜇

𝜌𝑐 𝑝0 1 1 = + − 2 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌) 𝜇 𝜇 𝜌𝑐 𝑝0 = . 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 Contoh 3.7 Sebuah komunitas yang dilayani oleh dua perusahaan taksi. Masing-masing perusahaan mempunyai 1 taksi. Keduanya mempunyai pemasaran yang sama. Laju panggilan pesanan yang diterima pada setiap perusahaan adalah 3 panggilan per jam sedangkan rata-rata waktu pelayanan per perjalanan adalah 12 menit. Panggilan pesanan yang diterima berdistribusi Poisson sedangkan waktu pelayanan berdistribusi Eksponensial. Seorang investor membeli kedua perusahaan tersebut dan akan menggabungkan kedua perusahaan tersebut menjadi satu pelayanan. Berikan usulan yang baik kepada investor apakah dengan menggabungkan kedua perusahaan terebut menjadikan pelayanan menjadi optimal?


Jawab: Dari sudut pandang antrian, taksi merupakan server, perjalanan taksi mengantar penumpang adalah pelayanan. Dengan demikian diperoleh model antrian untuk kasus tersebut adalah (𝑀⁄𝑀⁄2): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞) dengan rata-rata pelayanan per jam adalah: 60

𝜇 = 12 = 5 pengantaran / jam, dan rata-rata kedatangan yaitu panggilan pesanan yang diterima per jam adalah 𝜆 = 3 panggilan / jam. Bila tidak dilakukan penggabungan maka model antrian untuk kasus tersebut adalah (𝑀⁄𝑀⁄1): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞). Perhitungan performa model antrian (𝑀⁄𝑀⁄2): (𝐺𝐷⁄∞⁄∞) dilakukan dengan software MATLAB untuk algoritma pemrograman terlampir pada Lampiran 4. Tabel 3.3 Hasil perhitungan performa antrian dengan Software MATLAB. 𝑐

𝜆

𝜇

𝐿𝑞

𝐿𝑠

𝑊𝑞

𝑊𝑠

2

3

5

0.0001

0.2001

0.004

0.204

1

3

5

1.5000

0.9000

0.300

0.500

Hasil dari analisa menunjukkan bahwa waktu menunggu untuk melakukan perjalanan dengan

kondisi 1 taksi yang tersedia adalah 0,3 jam≈18 menit

sedangkan waktu menunggu untuk perjalanan dengan kondisi 2 taksi yang tersedia adalah 0,004 jam ≈ 0.24 menit. Hal ini memperlihatkan terjadi penurunan waktu tunggu pelanggan lebih dari 50% sehingga penggabungan kedua perusahaan tersebut menjadikan pelayanan menjadi optimal.


BAB IV ANALISIS ANTRIAN LAYANAN BPJS RS PANTI RAPIH YOGYAKARTA

Pada bab ini akan dibahas suatu masalah nyata yang memiliki situasi antrian dengan beberapa channel. Tujuan dari bab ini adalah melakukan analisis terhadap ukuran-ukuran

kinerja

sistem

yang

selanjutnya

dipergunakan

untuk

meminimumkan waktu tunggu pada sistem antrian. Badan Penyelenggara Jaminan Sosial (BPJS) berfungsi menyelenggarakan program jaminan kesehatan kepada seluruh penduduk Indonesia. Jaminan kesehatan menurut UU SJSN diselenggarakan secara nasional berdasarkan prinsip asuransi sosial dan prinsip ekuitas dengan tujuan menjamin agar peserta memperoleh manfaat pemeliharaan kesehatan dan perlindungan dalam memenuhi kebutuhan dasar kesehatan. Rumah Sakit sebagai sarana pelayanan kesehatan yang semula hanya melaksanakan upaya penyembuhan dan pemulihan, kini juga meningkatkan mutu terhadap rumah sakit itu sendiri. Peningkatan mutu rumah sakit salah satunya adalah menerima dan menyediakan fasilitas untuk pasien peserta BPJS. Disiplin antrian yang umum diterapkan dalam kehidupan sehari-hari adalah FIFO (first in first out) namun dalam beberapa kejadian, disiplin antrian tersebut tidak bisa diterapkan karena alasan kebutuhan seorang pasien yang dilayani. Salah satu contoh yang menerapkan displin pelayanan PS (priority service) yaitu pasien karena keadaannya lebih dahulu harus dilayani oleh dokter.

86


Rumah Sakit yang dijadikan obyek dalam penelitian ini adalah Rumah Sakit Panti Rapih Yogyakarta. Masalah pokok yang dihadapi rumah sakit tersebut adalah lamanya waktu tunggu pasien peserta BPJS untuk dilayani dan padatnya antrian pasien peserta BPJS. Hal tersebut ditinjau dari hasil kuesioner yang dibagikan kepada 70 pasien peserta BPJS (data dilampirkan pada lampiran 3).

A. Sistem Antrian Pelayanan BPJS di Rumah Sakit Panti Rapih dan Harapan Pasien Informasi mengenai sistem antrian pasien peserta BPJS diperoleh dengan cara mewawancarai salah satu petugas Rumah Sakit Panti Rapih bagian rekam medik bernama Lintang. Pelayanan pada sistem antrian pasien peserta BPJS dimulai pukul 07.15 WIB sedangkan pengambilan tiket antrian dimulai pukul 06.00 WIB. Sistem antrian layanan BPJS dapat dijabarkan dengan dalam skema berikut: Sistem antrian Antrian

Waktu pelayanan 𝜇 Pelayanan (server) 𝜇

𝜆

Pelayanan (server)

Pasien datang mengambil tiket antrian

Pasien menunggu untuk dilayani

Pelayanan (server)

𝜇

Pasien sedang dilayani pelayan (server)

Gambar 4.1 Ilustrasi antrian layanan BPJS RS Panti Rapih.


Definisi 4.1 Waktu Kedatangan Pasien Waktu kedatangan pasien adalah waktu ketika pasien tiba dan mengambil tiket antrian.

Definisi 4.2 Waktu Antar Kedatangan Pasien Waktu antar kedatangan pasien adalah selisih dari waktu kedatangan pasien dengan waktu kedatangan pasien selanjutnya (𝑡𝑘+1 − 𝑡𝑘 ).

Definisi 4.3 Waktu Tunggu Pasien Waktu tunggu pasien adalah waktu yang diperlukan pasien dimulai dari waktu kedatangan hingga dilayani oleh petugas BPJS.

Definisi 4.4 Definisi Waktu Pelayanan Waktu pelayanan adalah waktu yang diperlukan petugas untuk melayani seorang pasien sejak dipanggil hingga meninggalkan loket pelayanan. Untuk mendapatkan layanan BPJS pasien harus mengambil tiket antrian terlebih dahulu. Berikut ini adalah gambar dari situasi yang terjadi pada antrian layanan BPJS.


Gambar 4.2 Pengambilan tiket antrian layanan BPJS.

Gambar 4.3 Pasien yang menunggu untuk dilayani.


Gambar 4.4 Pasien yang sedang mendapatkan pelayanan oleh petugas di loket (server). Dalam sistem antrian terdapat 4 kategori keperluan pasien yang hendak dilayani. Kategori nomor berkepala 1 untuk pasien yang memiliki antrian dengan dokter yang selesai melayani pasien pada pukul 09.00. Kategori nomor berkepala 2 untuk pasien yang memiliki antrian dengan dokter yang selesai melayani pada pukul 14.00. Kategori nomor berkepala 3 untuk pasien yang memiliki antrian dengan dokter yang selesai melayani hingga malam hari. Kategori nomor berkepala 5 untuk pasien yang mempunyai keperluan rawat inap. Kategori nomor berkepala 4 dihilangkan karena dari pihak BPJS sendiri tidak menanggung.

Gambar 4.5 Contoh tiket antrian layanan dokter dan tiket layanan BPJS.


Loket pelayanan untuk melayani para pasien peserta BPJS pada rumah sakit tersebut memiliki 4 loket yang diatur secara paralel dengan masing-masing loket memiliki kriteria tugas yang berbeda-beda dalam melayani. Loket 1 memiliki tugas untuk melayani pasien hemodialisa terlebih dahulu. Pasien hemodialisa tidak termasuk dalam ke-4 kategori yang telah disebutkan di atas. Loket 2 mempunyai tugas untuk melayani kategori 1. Loket 3 dan loket 4 mempunyai tugas untuk melayani kategori 3 dan kategori 5. Setelah loket 1 selesai menangani pasien hemodialisa, loket 1 memulai melayani kategori 2 dan loket 4 memulai melayani kategori 3 dan kategori 5 secara bergantian sementara loket 3 melayani kategori 2. Pada pukul 10.00 loket 1 dan 2 mempunyai tugas untuk melayani kategori 2 sementara loket 3 dan 4 melayani kategori 3 dan kategori 5 secara bergantian. Berikut ini tabel pemberian tugas pada masing-masing loket. Tabel 4.1 Pembagian tugas loket dalam melayani pasien. Pasien kategori nomor berkepala Loket yang melayani 1 2 2 1,2,4 3 2,3,4 5 3,4 Sistem antrian layanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih mempunyai disiplin antrian PR (Priority Service) artinya prioritas pasien menjadi keputusan dalam melayani pasien. Berikut ini adalah urutan prioritas yang menjadi keputusan pihak rumah sakit dalam melayani: 1. Pasien hemodialisa akan dilayani terlebih dahulu di loket 1. 2. Pasien kategori nomer berkepala 1 yaitu antrian pasien yang dilayani dokter pagi pukul 07.00-09.00.


3. Pasien kategori nomer berkepala 2 yaitu antrian pasien yang dilayani dokter pagi pukul 09.00-14.00. 4. Pasien kategori nomer berkepala 3 yaitu antrian pasien yang dilayani dokter siang pukul 14.00-malam. 5. Pasien kategori nomer berkepala 5 yaitu antrian pasien untuk rawat inap. 6. No urut dari masing-masing kategori kebutuhan pasien. Berikut ini adalah rangkuman hasil kuesioner yang dibagikan kepada 70 pasien atau responden (berdasarkan tabel lampiran 3). Tabel 4.2 Jawaban dari pertanyaan no 1 oleh responden.

Pertanyaan Berdasarkan pengalaman selama ini, antrian di BPJS R.S Panti Rapih

Sangat Padat 48

Responden Cukup Padat 22

Tidak Padat 0

Mengenai pertanyaan bila antrian panjang hal apa yang dilakukan oleh responden, 36 responden menjawab akan menunggu hingga memperoleh pelayanan, 15 responden menjawab akan meninggalkan antrian dan kembali lagi stelah kira-kira sampai giliran, dan 19 responden menjawab kadang-kadang menunggu hingga memperoleh pelayanan. Tabel 4.3 Jawaban responden mengenai waktu mengantri. Pertanyaan Rata-rata waktu Paling cepat mengantri 35 menit Paling lama mengantri 90 menit Batas toleransi maksimal mengantri 45 menit Waktu mengantri yang diharapkan 30 menit


Berdasarkan hasil kuesioner yang dibagikan kepada 70 pasien (responden) diperoleh hasil rata-rata waktu tunggu yang diharapkan pada sistem antrian layanan BPJS adalah 30 menit. Waktu mengantri yang diharapkan selama 30 menit akan menjadi acuan untuk mengevaluasi sistem antrian pelayanan BPJS di Rumah Sakit Panti Rapih.

B. Analisis Deskriptif Data Waktu Kedatangan dan Waktu Pelayanan Berikut ini adalah tabel waktu kedatangan dan waktu pelayanan pasien yang masing-masing memiliki keperluan berdasarkan kategori keperluan pasien. Data kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1 disajikan dalam Tabel 4.4 dengan penulisan “kedatangan_1” sementara untuk pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1 disajikan dalam Tabel 4.4 dengan penulisan “pelayanan_1”. Begitu pula penyajian untuk kedatangan dan pelayanan pasien kategori nomor berkepala 2, 3, dan 5.


Tabel 4.4 Informasi kedatangan dan waktu pelayanan pada sistem antrian.

N

Min

Max

Rata-rata waktu antar kedatangan dan pelayanan Statistic Std. Error

Std. Deviation Statistic

kedatangan_1

27

0.07

41.33

6.84

1.78568

9.27866

pelayanan_1

27

0.16

10.46

3.7007

0.62854

3.26599

kedatangan_2

201

0.01

11.58

1.7195

0.13524

1.91738

pelayanan_2

201

0.01

10.48

1.4857

0.11505

1.63105

kedatangan_3

86

0.02

15.02

4.6279

0.40176

3.72575

pelayanan_3

86

0.02

13.52

3.5499

0.32036

2.9709

kedatangan_5

38

0.23

68.39

9.52

1.9868

12.24744

pelayanan_5

38

1.15

39.37

7.8608

1.44389

8.90073

Dari Tabel 4.4 diperoleh informasi banyaknya kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1 sebanyak 𝑁 =27 pasien, waktu antar kedatangan tercepat adalah 0.07 menit, waktu antar kedatangan terlama adalah 41.33 menit, dan rata-rata waktu antar kedatangan adalah 6.84 menit dengan standar eror dan standar deviasi berturut-turut adalah 1.78568 dan 9.27866. Banyaknya pasien kategori nomor berkepala 1 yang dilayani adalah 27 pasien, waktu pelayanan tercepat adalah 0.16 menit, waktu pelayanan terlama adalah 10.46 menit, dan rata-rata waktu pelayanan adalah 3.7007 menit dengan standar eror dan standar deviasi bertutur-turut adalah 0.62854 dan 3.26599. Begitu pula untuk kedatangan dan pelayanan pasien kategori nomor berkepala 2, 3, dan 5. Pada tabel 4.3 kedatangan pasien yang paling banyak adalah kedatangan pasien kategori nomor berkepala 2, rata-rata waktu antar


kedatangan dan pelayanan yang paling cepat adalah rata-rata waktu antar kedatangan dan pelayanan pasien kategori nomor berkepala 2. Kedatangan pasien yang paling sedikit adalah kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1, rata-rata waktu antar kedatangan dan pelayanan terlama adalah kategori pasien nomor berkepala 5. Sebelum menghitung performa-performa pada sistem antrian akan diuji terlebih dahulu distribusi kedatangan dan distribusi pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5. Berikut ini adalah langkah-langkah pengujian distribusi kedatangan untuk pasien kategori nomor berkepala 1 dengan menggunakan SPSS. 1. 𝐻0 : kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1 berdistribusi Poisson. 𝐻1 : kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1 tidak berdistribusi Poisson. 2. Tingkat signifikansi (𝛼) = 0.05. 3. Daerah penolakan: 𝐻0 ditolak bila Asymp.Sig (2-tailed) < 𝛼. Untuk langkah-langkah pengujian distribusi kedatangan pasien kategori nomor berkepala 2, 3, dan 5 sama dengan langkah-langkah pengujian distribusi kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1. Berikut ini adalah langkah-langkah pengujian distribusi pelayanan untuk pasien kategori nomor berkepala 1 dengan menggunakan SPSS. 1. 𝐻0 : pelayanan pasien kategori nomor berekepala 1 berdistribusi Eksponensial. 𝐻1 : pelayanan pasien kategori nomor berekepala 1 tidak berdistribusi Eksponensial.


2. Tingkat signifikansi (𝛼) = 0.05. 3. Daerah penolakan: 𝐻0 ditolak bila Asymp.Sig (2-tailed) < 𝛼.

Untuk langkah-langkah pengujian distribusi pelayanan pasien kategori nomor berkepala 2, 3, dan 5 sama dengan langkah-langkah pengujian distribusi pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1. Berikut ini adalah ringkasan tabel hasil pengujian distribusi kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 dengan batuan software SPSS. Untuk tabel uji sampel tunggal Kolmogorov-Smirnov terlampir pada lampiran. Tabel 4.5 Statistik hasil uji distribusi kedatangan. Pasien Kategori Nomor Berkepala 1

2

3

5

KolmogorovSmirnov Z Asymp.Sig (2-tailed) Asymp.Sig (2tailed) < 𝛼

0.941

0.880

0.338

0.580

*0.395

*0.067

*0.147

*0.202

Tidak

Tidak

Tidak

Tidak

Kesimpulan

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

*) nilai < 0.05. Kesimpulan dari Tabel 4.5, pada uji distribusi kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 mempunyai kesimpulan bahwa 𝐻0 diterima dapat disimpulkan bahwa kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 berdistribusi Poisson.


Berikut ini adalah ringkasan tabel uji hasil pengujian distribusi pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 dengan bantuan software SPSS. Tabel 4.6 Statistik hasil uji distribusi waktu pelayanan. Pasien Kategori Nomor Berkepala 1

2

3

5

KolmogorovSmirnov Z Asymp.Sig (2-tailed) Asymp.Sig (2tailed) < 𝛼

0.899

1.304

1.142

1.071

*0.395

*0.067

*0.147

*0.202

Tidak

Tidak

Tidak

Tidak

Kesimpulan

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

𝐻0 diterima

*) nilai < 0.05 Kesimpulan dari Tabel 4.6, pada uji distribusi pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 mempunyai kesimpulan bahwa 𝐻0 diterima dengan demikan dapat disimpulkan bahwa pelayanan pasien kategori nomor berkepala 1, 2, 3, dan 5 berdistribusi Eksponensial.

C. Analisis Sistem Antrian Pelayanan BPJS Pada Subab A telah dijelaskan sistem antrian pelayanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih. Berikut ini adalah analisa dan perhitungan performa antrian.

C.1 Perhitungan Perfoma Pasien Kategori Nomor Berkepala 1 Pada Tabel 4.1 terlihat pasien kategori nomor berkepala 1 dilayani 1 loket. Dengan demikian pasien yang memiliki antrian kategori nomor berkepala 1 memiliki model antrian (𝑀⁄𝑀 ∕ 1).


Pada Tabel 4.4 diketahui rata-rata waktu antar kedatangan pasien kategori nomor berkepala 1 adalah 6.84 menit per pasien atau 𝜆= 8.77 pasien per jam. Sedangkan untuk waktu layanan pasien kategori nomor berkepala 1 diperoleh 3.7007 menit per pasien atau 𝜇 =16.213 pasien per jam. Selanjutnya akan dihitung analisis sistem untuk pasien kategori nomor berkepala 1. Tingkat kesibukan loket dalam melayani pasien telah dijelaskan pada Subab I halaman 78. Bila 𝜌 ≥ 1 berarti loket tidak dapat melayani semua pasien atau menampung semua pasien. Namun bila 𝜌 < 1 berati loket dapat melayani semua pasien. Berikut ini adalah perhitungan 𝜌 dan performa antrian. 𝜆 = 8.77 dan 𝜇 = 16.213 𝜌 =

=

𝜆 𝜇 8.77 16.213

= 0.540, dari perhitungan di atas dapat disimpulkan server dapat melayani semua pasien. Selanjutnya akan dicari 𝑃0 sebagai berikut: 𝑃0 = 1 − 𝜌 = 1 − 0.540 = 0.46, kemudian akan dicari ekspektasi waktu tunggu dalam antrian yaitu waktu yang dihabiskan pasien dalam menunggu untuk proses dilayani.


𝑊𝑞 = =

𝜌 (1 − 𝜌)𝜇 0.540 (1 − 0.540) 16,213

= 0,0724. Waktu tunggu dalam antrian adalah 0.0724 jam ≈ 4.344 menit. Selanjutnya akan dicari ekspetasi waktu tunggu dalam sistem antrian adalah waktu total yang dihabiskan pasien dari proses menunggu dilayani hingga proses pelayanan selesai. 𝑊𝑠 = =

1 𝜇−𝜆 1 16.213 − 8.77

= 0.13435. Waktu tunggu dalam sistem antrian adalah 0.13435 jam ≈ 8.061 menit. Kemudian akan dicari ekspektasi banyaknya pasien dalam antrian adalah jumlah pasien yang menunggu untuk dilayani saja. 𝐿𝑞 =

=

𝜌2 1−𝜌 0.5402 . 1 − 0.540

Total pasien yang menunggu untuk dilayani adalah 0.63391 pasien ≈ 1 pasien. Banyaknya pasien dalam sistem antrian yaitu total pasien yang berada dalam sistem antrian adalah 𝐿𝑠 = 𝜆𝑊𝑠


= 8.77 (0.13435) = 1.17824. Total pasien dalam sistem antrian adalah 1.17824 pasien ≈ 2 pasien.

C.2 Perhitungan Perfoma Pasien Kategori Nomor Berkepala 2 Pada Tabel 4.1 terlihat pasien kategori nomor berkepala 2 dilayani 3 loket. Dengan demikian pasien yang memiliki antrian kategori nomor berkepala 2 memiliki model antrian (𝑀 ∕ 𝑀 ∕ 3). Pada Tabel 4.4 diketahui rata-rata waktu kedatangan pasien kategori nomor berkepala 2 adalah 1.7195 menit per pasien atau 𝜆 = 34.8938 pasien per jam. Sedangkan untuk waktu layanan pasien kategori nomor berkepala 2 diperoleh 1.4857 menit per pasien atau 𝜇 = 40.385 pasien per jam. Dengan langkah yang sama dengan C.1 berikut ini perhitungan performaperforma antrian untuk pasien kategori nomor berkepala 2 yaitu:

a. Tingkat kesibukan loket Bila 𝜌 ≥ 1 maka server tidak dapat melayani semua pasien atau menampung semua pasien. Namun bila 𝜌 < 1 maka server dapat melayani semua pasien 𝜆 = 34.8938 dan 𝜇 = 40.385. 𝜌 =

=

𝜆 𝑐𝜇 34.8938 3(40.385)


= 0.288, dari perhitungan diatas dapat disimpulkan server dapat melayani pasien. b. Berikut ini adalah perhitungan 𝑃0 −1

𝑐−1

𝑃0

𝜌𝑛 𝜌𝑐 1 = {∑ + ( )} 𝑛! 𝑐! 1 − 𝜌 𝑛=0 𝑐 −1

2

𝑛

3

0.288 0.840 1 + ( )} 0.288 𝑛! 3! 1− 3 𝑛=0

= {∑

= 0.7496. c. Ekspektasi waktu tunggu dalam antrian: 𝑊𝑞 =

𝜌𝑐 𝑃0 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2

0.2883 × 0.7469 = 40.385(3 − 1)! (3 − 0.840)2 = 3 × 10−4. Waktu tunggu dalam antrian adalah 3 × 10−4 jam ≈ 0.018 menit.

d. Ekspektasi waktu tunggu dalam sistem antrian: 𝑊𝑠

𝜌𝑐 𝑃0 1 = + 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 𝜇 0.2883 × 0.7469 1 = + 2 40.385(3 − 1)! (3 − 0.840) 40.385 = 0.024.

Waktu tunggu dalam sistem antrian adalah 0.024 jam ≈ 1.44 menit.


e. Ekspektasi banyaknya pasien dalam antrian: 𝐿𝑞

𝜌𝑐+1 = 𝑃 (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0 =

0.2884 (0.7469) (3 − 1)! (3 − 0.288)2

= 3.5 × 10−4 . Banyaknya pasien dalam antrian 3.5 × 10−4 pasien ≈ 1 pasien. f. Banyaknya pasien dalam sistem antrian yaitu total pasien yang berada dalam sistem antrian: 𝐿𝑠 = 𝐿𝑞 + 𝜌 = 3.49319 × 10−4 + 0.288 = 0.28836. Total pasien dalam sistem antrian adalah 0.28836 pasien ≈ 1 pasien.

C.3 Perhitungan Perfoma Antrian Pasien Kategori Nomor Berkepala 3 Pada Tabel 4.1 terlihat pasien kategori nomor berkepala 3 dilayani 3 loket. Dengan demikian pasien yang memiliki antrian kategori nomor berkepala 3 memiliki model antrian (𝑀⁄𝑀⁄3). Pada Tabel 4.4 diketahui rata-rata kedatangan pasien kategori nomor berkepala 3 adalah 4.6279 menit per pasien atau 𝜆 = 12.964 pasien per jam. Sedangkan untuk waktu layanan pasien kategori nomor berkepala 3 diperoleh 3.5499 menit per pasien atau 𝜇 =16.901 pasien per jam. Dengan langkah yang sama dengan C.1 berikut ini perhitungan performaperforma antrian untuk pasien kategori nomor berkepala 3 yaitu:


a. Tingkat kesibukan loket Bila 𝜌 ≥ 1 maka server tidak dapat melayani semua pasien atau menampung semua pasien. Namun bila 𝜌 < 1 maka server dapat melayani semua pasien. 𝜆 = 12.964 dan 𝜇 = 16.901. 𝜌 =

=

𝜆 𝑐𝜇 12.964 3(16.901)

= 0.2556, dari perhitungan diatas dapat disimpulkan server dapat melayani pasien. b. 𝑃0 diperoleh sebagaik berkut: 𝑐−1

−1 𝑛

𝑐

𝜌 𝜌 1 + ( )} 𝑛! 𝑐! 1 − 𝜌 𝑛=0 𝑐

𝑃0 = {∑

−1

2

𝑛

3

0.2556 0.2566 1 + ( )} 0.2556 𝑛! 3! 1 − 𝑛=0 3

= {∑

= 0.7743. c. Ekepektasi waktu tunggu dalam antrian: 𝑊𝑞 =

𝜌𝑐 𝑃0 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2

0.25563 × 0.7743 = 16.901(3 − 1)! (3 − 0.2556)2 = 5 × 10−4 . Waktu tunggu dalam antrian adalah 5 × 10−4 jam ≈ 0.03 menit.


d. Ekspektasi waktu tunggu dalam sistem antrian: 𝑊𝑠 =

𝜌𝑐 𝑃0 1 + 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 𝜇

0.25563 × 0.7742 1 = + 2 16.901(3 − 1)! (3 − 0.2556) 16.901 = 0.05921. Waktu tunggu dalam sistem antrian adalah 0.05921 jam ≈ 3.5526 menit. e. Ekspektasi banyaknya pasien dalam antrian: 𝐿𝑞

=

𝜌𝑐+1 𝑃 (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0

=

0.25564 (0.7742) (3 − 1)! (3 − 0.2556)2

= 2.19367 × 10−4 . Banyaknya pasien dalam antrian adalah 2.19367 × 10−4pasien ≈ 1 pasien.

f. Banyaknya pasien dalam sistem antrian: 𝐿𝑠 = 𝐿𝑞 + 𝜌 = 2.19367 × 10−4 + 0.2556 = 0.2559. Total pasien dalam sistem antrian adalah 0.2558 pasien ≈ 1 pasien.

C.4 Analisa dan Perhitungan Perfoma Pasien Kategori Nomor Berkepala 5


Pada Tabel 4.1 terlihat pasien kategori nomor berkepala 5 dilayani 2 loket. Dengan demikian pasien yang memiliki antrian kategori nomor berkepala 5 memiliki model antrian (𝑀⁄𝑀⁄2). Pada Tabel 4.4 diketahui rata-rata waktu kedatangan pasien kategori nomor berkepala 5 adalah 9.52 menit per pasien atau 𝜆 = 6.302 pasien per jam. Sedangkan untuk waktu layanan pasien kategori nomor berkepala 5 diperoleh 7.8608 menit per pasien atau 𝜇 = 7.6323 pasien per jam. Dengan langkah yang sama dengan C.1 berikut ini perhitungan performaperforma antrian untuk pasien kategori nomor berkepala 3 yaitu: a. Tingkat kesibukan loket. Bila 𝜌 ≥ 1 maka server tidak dapat melayani semua pasien atau menampung semua pasien. Namun bila 𝜌 < 1 maka server dapat melayani semua pasien 𝜆 = 6.302 dan 𝜇 = 7.6326. 𝜌 =

=

𝜆 𝑐𝜇 6.302 2(7.6323)

= 0.4128, dari perhitungan diatas dapat disimpulkan server dapat melayani pasien. b. 𝑃0 diperoleh sebagai berikut: 𝑐−1

𝑃0

−1

𝜌𝑛 𝜌𝑐 1 = {∑ + ( )} 𝑛! 𝑐! 1 − 𝜌 𝑛=0 𝑐


−1

1

0.4128𝑛 0.41282 1 = {∑ + ( )} 0.4128 𝑛! 2! 1− 2 𝑛=0 = 0.6578. c. Ekspektasi waktu tunggu dalam antrian: 𝑊𝑞 =

=

𝜌𝑐 𝑃0 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0.41282 × 0.6578 7.6323(2 − 1)! (2 − 0.4128)2

= 5.829811 × 10−3 . Waktu tunggu dalam antrian adalah 5.829811 × 10−3 jam ≈ 0.3497 menit. d. Ekspektasi waktu tunggu dalam sistem antrian adalah 𝑊𝑠 =

=

𝜌𝑐 𝑃0 1 + 2 𝜇(𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌) 𝜇 0.41282 × 0.6578 1 + 2 7.6323(2 − 1)! (2 − 0.4128) 7.6323

= 0.13685. Waktu tunggu dalam sistem antrian adalah 0.13685 jam ≈ 8.211 menit. e. Ekspektasi banyaknya pasien dalam antrian: 𝐿𝑞 =

𝜌𝑐+1 𝑃 (𝑐 − 1)! (𝑐 − 𝜌)2 0

0.41283 = (0.6578) (2 − 1)! (2 − 0.4128)2 = 0.01836. Banyaknya pasien yang menunggu untuk dilayani adalah 0.01836 pasien ≈ 1 pasien.


Banyaknya pasien dalam sistem antrian: 𝐿𝑠 = 𝐿𝑞 + 𝜌 = 0.01836 + 0.4128 = 0.43116. Total pasien dalam sistem antrian adalah 0.43116 pasien ≈ 1 pasien

D. Analisis Perhitungan Performa Antrian Berikut ini adalah tabel dari perhitungan yang telah dilakukan. Tabel 4.7 Rangkuman hasil perhitungan performa antrian BPJS. Antrian pasien

𝑊𝑞

𝑊𝑠

𝐿𝑞

𝐿𝑠

(menit)

(menit)

(pasien)

(pasien)

1

4.344

8.061

1

2

2

0.018

1.44

1

1

3

0.03

3.5526

1

1

5

0.3497

8.211

1

1

kategori nomor berkepala

Pada analisa di atas diperoleh waktu tunggu 𝑊𝑞 < 0.5 jam. Berarti sudah memenuhi waktu tunggu yang diharapkan pasien yaitu 30 menit atau 0.5 jam. Fakta ini bertentangan dengan hasil kuesioner yang diisi pasien. Rata-rata waktu mengantri paling lama adalah 90 menit. Untuk mengetahui apa penyebab masalah antrian yang terjadi dilakukan dengan pengamatan dan pendekatan wawancara pasien antrian pelayanan BPJS. Berdasarkan pengamatan yang telah dilakukan anjungan karcis antrian layanan BPJS dimulai pada pukul 06.00 WIB sedangkan


untuk waktu pelayanan dimulai pada pukul 07.15 WIB, oleh sebab itu pasien yang datang lebih awal untuk mengambil karcis antrian dipastikan sudah mempunyai waktu tunggu minimal 1 jam 15 menit. Hasil dari wawancara diperoleh bahwa pasien tidak mengetahui bahwa sistem antrian yang berlaku pada antrian layanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih adalah berdasarkan prioritas kebutuhan pasien. Pasien berpandangan bahwa apabila pasien datang lebih awal untuk mengambil nomor antrian akan mendapatkan pelayanan terlebih dahulu atau dengan kata lain pasien mengasumsikan bahwa sistem antrian yang berlaku pada sistem antrian layanan BPJS Rumah Sakit Panti Rapih adalah FIFO (first in first out). Selain itu, pasien berpendapat bahwa sesungguhnya waktu pelayanan dikategorikan cepat, namun waktu menunggu untuk dilayani yang lama. Sebagai contoh pasien dengan nomor antrian 3003 datang pada pukul 5:50:01 dan dilayani pada pukul 7:26:45. Dengan demikian pasien dengan nomor antrian 3003 harus menunggu selama 1:36:44, sedangkan pasien dengan no urut 3055 datang pada pukul 10:17:01 dan dilayani pada pukul 10:32:08. Pasien no urut 3055 menunggu selama 0:15:07 atau 15 menit 7 detik. Dari deskripsi di atas permasalahannya adalah perbedaan presepsi tentang waktu tunggu pasien yang menganggap waktu tunggu adalah waktu sejak mengambil tiket antrian hingga memperoleh pelayanan, sedangkan sistem mengatur berdasarkan prioritas. Bila pasien mengetahui bahwa sistem antrian yang berlaku maka sesungguhnya pasien tak perlu mengantri tiket terlalu dini untuk menghindari waktu tunggu yang lama akibat ketidaktahuan pasien.


E. Evaluasi dan Saran Untuk Sistem antrian Berdasarkan dari segi pelayanan fasilitas penyediaan 4 loket untuk melayani pasien antrian layanan BPJS, waktu tunggu (𝑊𝑞 ) sudah memenuhi harapan pasien. Masalah waktu tunggu yang dialami pasien cukup lama pada antrian layanan BPJS disebabkan karena ketidaktahuan pasien mengenai sistem antrian yang berlaku. Untuk itu sebaiknya diberikan informasi bahwa sistem antrian yang berlaku adalah sistem antrian prioritas. Pasien yang mempunyai kebutuhan pelayanan dokter pada jam 07.00 – 09.00 atau pasien kategori nomor berkepala 1 mempunyai layanan dokter yang selesai pukul 09.00 dianjurkan untuk mengambil nomor antrian di awal sebelum pukul 09.00 . Sedangkan pasien dengan kategori nomor berkepala 3 mempunyai layanan dokter yang selesai pada malam hari diajurkan untuk mengambil nomor antrian pada pukul 10.00 – 13.00.


BAB V PENUTUP

A. Kesimpulan Antrian masih menjadi masalah yang sering ditemukan di fasilitas pelayanan umum. Antrian adalah suatu kondisi dimana subyek-subyek menuju suatu area untuk dilayani dan menghadapi suatu keterlambatan yang disebabkan oleh mekanisme pelayanan yang mengalami kesibukan. Antrian sendiri timbul karena adanya ketidakseimbangan antara yang dilayani dengan pelayanannya. Prinsip utama dalam situasi mengantri adalah subyek yang terlibat dalam antrian atau pelanggan (customer) dan fase atau pelayanan (server). Pokok dari analisis antrian adalah kedatangan pelanggan diwakili dengan waktu antar kedatangan dan pelayanan diwakili dengan waktu pelayanan pada tiap pelanggan. Kedatangan pelanggan dapat dipelajari karakteristiknya. Karakteristik kedatangan diwakili oleh adanya distribusi probabilitas. Distribusi Poisson mewakili kedatangan pelanggan. Waktu pelayanan dalam antrian dapat pula dipelajari karakteristiknya. Distribusi Eksponensial mewakili waktu pelayanan yang terjadi dalam antrian. Disiplin antrian yang diterapkan pada antrian layanan BPJS adalah displin prioritas. Dengan demikian dalam melayani pasien mempertimbangkan kebutuhan yang paling mendesak atau dengan kata lain pasien yang datang lebih awal belum tentu mendapat pelayanan terlebih dahulu. Bentuk antrian pada layanan BPJS

110


Rumah Sakit Panti Rapih adalah bentuk antrian Multi saluran satu fase dengan model pelayanan tunggal atau (𝑀⁄𝑀⁄1) dan model 𝑐 pelayanan atau (𝑀⁄𝑀⁄𝑐 ). Sistem antrian layanan BPJS sebenarnya sudah memenuhi harapan waktu tunggu pasien yaitu kurang dari 30 menit, namun hal tersebut bertentangan dengan hasil kuesioner yang diisi oleh pasien yaitu waktu mengantri paling lama adalah 90 menit. Penyebab masalah yang terjadi adalah perbedaan presepsi waktu tunggu pasien yang menganggap bahwa waktu tunggu adalah waktu sejak mengambil tiket antrian hingga memperoleh pelayanan, sementara sistem mengatur berdasarkan prioritas. Bila pasien mengetahui bahwa sistem antrian yang berlaku maka sesungguhnya pasien tak perlu mengantri tiket terlalu dini untuk menghindari waktu tunggu yang lama akibat ketidaktahuan pasien.

B. Saran Beberapa hal yang perlu dipertimbangkan untuk penyempurnaan antara lain: 1. Model antrian yang dibahas dalam skripsi ini hanya model antrian dengan kapasitas sistem antrian ∞ pada masing-masing model. Oleh karena itu disarankan untuk membahas model antrian dengan kapasitas sistem antrian berukuran 𝑁. 2. Pada skripsi ini tidak membahas model biaya pada sebuah antrian. Model biaya berkaitan dengan penentuan laju pelayanan optimum. Secara umum model biaya menyeimbangkan dua biaya yang saling bertentangan yaitu biaya menunggu dan biaya pelayanan.


DAFTAR PUSTAKA

Aditama, T.Y dan Wardhani, L.P. (2013). Distribusi Waktu Tunggu pada Antrian dengan Menggunakan Disiplin Pelayanan Prioritas (Studi Kasus: Instalasi Rawat Darurat di RSUD Dr. Soetomo Surabaya). Institut Teknologi Sepuluh November Agustriani, M.N. (2014). Model Antrian dengan Kedatangan Berdistribusi Poisson dan Waktu Pelayanan Berdistribusi Erlang. Yogyakarta: Universitas Sanata Sharma Allen, A.O. (1990). Probability, Statistics, and Queueing Theory with Computer Science Apllications. Second edition. New York: Academic Press, Inc. Daniel, W.W. (1980). Statistik Nonparametrik Terapan. Jakarta : Gramedia Freund, R. J dan Wilson, W. J. (2003). Statistical Methods. Second edition. New York : Academic Press, Inc.` Hamdy, A. Taha. 2007. Operation Research : An Introduction. Eight edition. New Jersey : Pearson Education, Inc. Julie, Hongkie. (1999). Teorema Limit Pusat dan Terapannya. Yogyakarta: Universitas Sanata Dharma Karlin, Samuel & Taylor, H. M. 1975. A first Course in Stocahstic Processes. Second edition. New York: Academic Press, Inc Mendenhall, W.,Scheaffer, R.L., dan Wackerly, D.D. 1986. Mathematical Statistics with Applications. Third edition. United States: PWS Publisher

112


Mikosch, T. (1998). Elemntary Stochastic Calculus. Singapore: World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd Osaki, Shunji. 1992. Applied Stochastic System Modelling. Heidelberg: Springer Putranto, M. A. (1992). Analisis Sistem Antrian Model Multi Phase pada Kantor Samsat Yogyakarta. Yogyakarta: Universitas Negeri Yogyakarta Susilo, Frans. (2012). Landasan Matematika. Yogyakarta: Graha Ilmu Walpole, R. E., Raymond H. Myres, Syaron L. Myres, & Keying Ye. (2012). Probability & Statistics for Engineers & Scientits. Ninth edition. Boston : Pearson Education, Inc.


LAMPIRAN Lampiran 1 Berikut ini adalah lampiran tabel pengamatan antrian layanan BPJS

k

No urut Pasien

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29

1003 1004 1007 1008 1009 1010 1011 1012 1013 1014 1015 1016 1017 1018 1019 1020 1021 1022 1023 1024 1025 1026 1027 1028 1029 1030 1031 1032 2047

Waktu Kedatangan (𝑡𝑘 ) 5:48:59 6:30:32 6:57:47 7:03:03 7:08:25 7:14 7:17:25 7:33:06 7:33:59 7:34:06 7:47:43 7:57:15 7:57:32 7:58:09 7:59:00 8:02:05 8:05:01 8:05:19 8:16:00 8:16:42 8:19:02 8:24:05 8:26:33 8:30:42 8:40:53 8:44:03 8:45:03 8:58:07 5:51:44

114

Waktu Pelayanan

Loket

7:20:10 7:22:15 7:25:55 7:27:32 7:30 7:35:10 7:37:56 7:39:01 7:40:38 7:41:51 7:52:04 7:58:00 7:58:36 8:00:46 8:02:24 8:03:55 8:06:39 8:07:48 8:18:15 8:18:31 8:20:49 8:31:35 8:33:39 8:35:21 8:44:05 8:52:09 8:59:09 9:04:42 7:51:58

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4


30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65

2048 2049 2050 2051 2052 2053 2054 2055 2056 2057 2058 2059 2060 2061 2062 2063 2064 2065 2066 2067 2068 2069 2070 2071 2072 2073 2074 2075 2076 2077 2078 2079 2080 2081 2082 2083

5:55:45 5:55:46 5:56:14 5:57:41 5:58:36 5:58:53 6:00:27 6:01:19 6:05:11 6:06:06 6:06:33 6:09:05 6:10:44 6:11:03 6:11:35 6:16:09 6:17:04 6:17:14 6:17:39 6:18:17 6:18:49 6:20:23 6:21:11 6:21:28 6:21:38 6:21:59 6:23:07 6:24:06 6:24:21 6:26:39 6:28:47 6:29:15 6:30:58 6:32:36 6:33:12 6:33:16

7:52:35 7:52:47 7:54:18 7:55:03 7:55:36 7:56:43 7:57:58 7:59:00 7:59:15 8:00:57 8:01:14 8:02:25 8:04:43 8:07:54 8:10:14 8:11:17 8:13:30 8:13:47 8:14:21 8:14:43 8:16:15 8:17:00 8:17:36 8:18:39 8:19:15 8:19:18 8:20:57 8:22:59 8:24:24 8:25:10 8:25:14 8:26:22 8:27:55 8:30:29 8:32:32 8:34:19

1 2 4 4 1 1 1 4 4 1 4 1 1 1 1 4 1 4 4 4 1 2 4 2 4 4 4 4 1 4 1 2 1 4 1 4


66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101

2084 2085 2086 2087 2088 2089 2090 2091 2092 2093 2094 2095 2096 2097 2098 2099 2100 2101 2102 2103 2104 2105 2106 2107 2108 2109 2110 2111 2112 2113 2114 2115 2116 2117 2118 2119

6:34:49 6:37:01 6:37:13 6:37:19 6:41:11 6:42:12 6:45:52 6:46:17 6:46:35 6:53:32 7:00:00 7:02:03 7:05:26 7:06:19 7:07:17 7:13:35 7:15:46 7:17:27 7:24:05 7:24:47 7:26:14 7:28:03 7:28:35 7:29:38 7:30:15 7:34:23 7:37:34 7:39:03 7:39:45 7:41:09 7:43:15 7:46:04 7:50:43 7:51:44 7:52:01 7:52:30

8:34:57 8:36:31 8:38:59 8:39:30 8:39:52 8:40:52 8:42:57 8:44:44 8:49:46 8:51:34 8:51:53 8:52:59 8:53:15 8:55:11 8:55:40 8:55:44 8:57:07 9:03:10 9:05:08 9:06:39 9:07:08 9:08:43 9:08:45 9:09:13 9:09:54 9:09:59 9:11:34 9:12:46 9:15:27 9:16:35 9:17:09 9:17:53 9:19:41 9:20:42 9:24:22 9:24:58

1 4 4 1 1 4 1 4 1 4 2 1 2 1 2 4 1 2 2 1 1 1 1 4 1 2 4 1 1 4 2 4 4 4 4 2


102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137

2120 2121 2122 2123 2124 2125 2126 2127 2128 2129 2130 2131 2133 2134 2135 2136 2137 2138 2139 2140 2141 2142 2143 2144 2145 2146 2147 2148 2149 2150 2151 2152 2153 2154 2155 2156

7:53:08 7:55:55 7:56:01 7:58:16 8:00:29 8:03:11 8:04:01 8:04:58 8:06:22 8:11:06 8:12:11 8:12:33 8:14:52 8:15:23 8:18:04 8:18:51 8:19:23 8:22:57 8:25:03 8:27:53 8:30:21 8:31:11 8:31:51 8:32:13 8:37:02 8:37:16 8:40:24 8:44:05 8:47:06 8:47:07 8:47:17 8:48:13 8:52:52 8:53:25 8:54:41 8:56:33

9:25:09 9:27:54 9:29:09 9:39:57 9:41:31 9:42:00 9:44:10 9:44:24 9:45:24 9:46:10 9:47:10 9:47:23 9:50:49 9:52:05 9:52:31 9:53:28 9:54:12 9:54:21 9:55:27 9:56:34 9:58:32 9:58:36 9:58:41 9:59:31 9:59:38 10:00:25 10:00:49 10:03:14 10:03:59 10:04:57 10:05:06 10:06:03 10:06:19 10:08:30 10:08:34 10:11:11

4 3 2 4 2 4 1 4 2 1 4 4 1 4 4 2 4 1 2 1 1 2 4 2 1 4 4 1 4 1 2 2 4 1 1 4


138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173

2157 2158 2159 2160 2161 2162 2163 2164 2165 2166 2167 2168 2169 2170 2171 2172 2173 2174 2175 2176 2177 2178 2179 2180 2181 2182 2183 2184 2185 2186 2187 2188 2189 2190 2191 2192

8:57:56 9:00:03 9:02:33 9:04:21 9:05:05 9:05:31 9:06:23 9:07:22 9:08:00 9:09:55 9:12:36 9:13:29 9:14:55 9:16:24 9:17:05 9:18:27 9:20:04 9:24:01 9:27:03 9:28:12 9:29:02 9:34:12 9:35:02 9:36:47 9:38:03 9:41:25 9:43:05 9:43:35 9:44:37 9:44:47 9:45:05 9:45:50 9:47:03 9:48:11 9:48:39 9:49:51

10:11:45 10:13:49 10:13:55 10:15:21 10:15:35 10:16:41 10:16:51 10:17:22 10:17:45 10:18:54 10:19:17 10:21:16 10:21:34 10:23:09 10:23:37 10:24:33 10:25:33 10:27:01 10:28:12 10:30:03 10:30:31 10:31:11 10:31:45 10:34:19 10:35:58 10:38:17 10:39:04 10:40:02 10:40:09 10:40:32 10:41:16 10:42:30 10:44:16 10:44:44 10:45:20 10:46:55

1 2 4 1 4 2 1 2 4 1 2 1 2 1 4 1 2 4 1 1 4 4 2 1 1 4 1 4 2 1 2 1 1 2 1 2


174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209

2193 2194 2195 2196 2197 2198 2199 2200 2201 2202 2203 2204 2205 2206 2207 2208 2209 2210 2211 2212 2213 2214 2215 2216 2217 2218 2219 2220 2221 2222 2223 2224 2225 2226 2227 2228

9:53:47 9:54:17 9:56:34 9:57:20 10:08:16 10:09:47 10:10:46 10:12:37 10:12:59 10:17:23 10:23:43 10:26:50 10:27:39 10:30:42 10:31:06 10:31:58 10:32:28 10:38:02 10:39:45 10:40:13 10:42:14 10:42:42 10:44:58 10:48 10:50:14 10:53:56 10:55:08 10:56:55 10:57:21 11:04:38 11:05:47 11:06:18 11:10:04 11:12:07 11:14:57 11:21:21

10:47:38 10:50:26 10:52:05 10:52:06 10:53:55 10:55:35 10:56:32 10:56:47 10:59:40 11:06:21 11:07:29 11:10:11 11:10:35 11:11:51 11:14:37 11:15:41 11:19:07 11:19:08 11:19:36 11:21:28 11:22:06 11:22:16 11:24:17 11:28:00 11:30:50 11:34:12 11:35:15 11:37:05 11:38:54 11:43:47 11:47:20 11:50:29 11:57:37 11:59:42 12:02:52 12:05:07

1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 3 3 2 1 2 4 2 1 4 2 4 2 1 1 1 1 2 1 1


210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245

2229 2230 2231 2232 2233 2234 2235 2236 2237 2238 2239 2240 2241 2242 2243 2244 2245 2246 2247 2248 2249 3003 3004 3005 3006 3007 3008 3009 3010 3011 3012 3013 3014 3015 3016 3017

11:21:35 11:23:19 11:25:07 11:29:00 11:32:28 11:35:06 11:39:05 11:41:51 11:42:07 11:43:23 11:52:16 11:54:45 11:55:04 11:56:02 12:08:00 12:08:18 12:08:43 12:08:51 12:16:00 12:16:19 12:21:16 5:50:01 5:59:32 5:59:37 6:02:16 6:06:51 6:12:03 6:27:05 6:36:39 6:50:43 6:53:18 6:55:19 6:57:06 7:01:09 7:04:29 7:09:54

12:05:58 12:09:45 12:12:56 12:13:57 12:15:23 12:18:33 12:44:33 12:49:46 12:52:33 12:59:23 13:01:24 13:04:25 13:09:25 13:11:42 13:18:32 13:19:55 13:24:08 13:27:47 13:31:31 13:40:21 13:47:29 7:26:45 7:29:15 7:30:02 7:37:36 7:40:19 7:43:20 7:50:21 7:53:02 7:57:49 8:02:36 8:05:40 8:10:09 8:14:08 8:17:53 8:20:59

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3


246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281

3018 3019 3020 3021 3022 3023 3024 3025 3026 3027 3028 3029 3030 3031 3032 3033 3034 3035 3036 3037 3038 3039 3040 3041 3042 3043 3044 3045 3046 3047 3048 3049 3050 3051 3052 3053

7:18:03 7:20:11 7:27:02 7:42:00 7:45:23 7:50:17 7:56:24 7:56:31 8:00:01 8:09:01 8:14:16 8:16:02 8:17:41 8:19:26 8:30:03 8:30:24 8:31:18 8:35:15 8:39:24 8:46:15 8:52:32 9:04:09 9:06:49 9:07:01 9:09:38 9:13:14 9:14:59 9:15:13 9:20:25 9:33:05 9:35:02 9:37:31 9:40:21 9:50:23 9:56:12 9:56:24

8:29:56 8:34:01 8:39:04 8:46:31 8:51:01 8:53:13 8:59:18 8:59:44 9:04:42 9:08:14 9:13:57 9:16:01 9:23:05 9:25:48 9:31:17 9:42:35 9:45:32 9:49:03 9:53:28 9:55:18 10:02:39 10:02:59 10:06:35 10:12:12 10:15:03 10:17:47 10:17:58 10:19:07 10:20:01 10:20:03 10:22:15 10:24:14 10:25:32 10:27:48 10:30:34 10:31:03

3 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 4 4 3 3 4 3 4 3 4 4 4 4 4 3


282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317

3054 3055 3057 3058 3058 3059 3060 3061 3062 3063 3064 3065 3066 3067 3068 3069 3070 3071 3072 3073 3074 3075 3076 3077 3078 3080 3081 3082 3083 3084 3085 3086 3087 3088 3089 3090

10:02:20 10:17:01 10:21:02 10:21:35 10:26:44 10:30:18 10:32:38 10:32:40 10:38:38 10:39:57 10:51:02 10:55:03 11:00:02 11:08:37 11:13:19 11:15:14 11:20:03 11:25:00 11:30:45 11:41:05 11:43:07 11:45:44 11:48:11 11:50:38 11:54:29 11:55:08 12:00:15 12:02:15 12:07:33 12:07:54 12:12:12 12:18:38 12:19:00 12:29:28 12:39:56 12:46:01

10:31:48 10:32:08 10:33:04 10:35:54 10:36:26 10:37:41 10:38:27 10:39:06 10:49:36 10:50:03 10:53:52 11:03:34 11:14:42 11:18:32 11:21:49 11:22:19 11:32:21 11:35:58 11:42:29 11:43:53 11:48:36 11:54:13 11:57:08 12:02:03 12:03:37 12:10:07 12:12:06 12:14:38 12:16:04 12:18:24 12:20:11 12:20:41 12:21:23 12:35 12:43:08 12:50:24

3 3 3 4 3 3 4 3 4 3 2 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 3


318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353

5003 5004 5005 5006 5007 5008 5009 5010 5011 5012 5013 5014 5015 5016 5017 5018 5019 5020 5021 5022 5023 5024 5025 5026 5027 5028 5029 5030 5031 5032 5033 5034 5035 5036 5037 5038

5:57:04 6:10:16 6:13:01 6:22:39 6:37:29 6:49:05 7:07:38 7:29:06 7:32:06 7:35:32 7:40:25 7:42:21 7:48:27 7:50:02 7:56:59 7:59:59 8:09:17 8:10:23 8:19:44 8:25:08 8:35:39 8:56:00 9:00:00 9:25:15 9:31:52 9:42:28 9:42:51 9:43:15 9:46:27 9:48:13 9:50:29 10:03:02 10:04:26 10:05:28 10:22:21 11:31:00

7:27:24 7:31:34 7:35:03 7:39:02 7:41:15 7:48:19 7:52:49 7:55:31 8:00:38 8:03:44 8:05:43 8:11:45 8:15:29 8:19:44 8:28:52 8:32:12 8:36:18 8:42:23 8:50:31 8:53:30 8:59:03 9:03:18 9:10:20 9:32:34 9:43:13 9:46:38 9:47:58 9:54:03 9:57:04 10:01:00 10:06:17 10:09:33 10:10:48 10:14:23 10:30:38 11:33:59

3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 3 3 3 3 4 4 4 3 3 3 4 3 3 4 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3


354 355 356

5039 5040 5041

11:33:56 11:58:14 12:24:00

11:41:36 12:08:17 12:31:50

3 4 4


Lampiran 2 Berikut ini adalah tabel uji distribusi kedatangan One-Sample Kolmogorov-Smirnov Test kedatangan_1 N

kedatangan_2

kedatangan_3

kedatangan_5

4

8

8

8

7.0000

25.1250

10.8750

4.8750

.470

.311

.120

.205

Positive

.470

.250

.120

.205

Negativ

-.447

-.311

-.118

-.190


.941

.880

.338

.580


.339

.421

1.000

.889

Poisson Parametera,,b

Mean


Absolut e

e

a. Test distribution is Poisson. b. Calculated from data.

Berikut ini adalah tabel uji distribusi pelayanan One-Sample Kolmogorov-Smirnov Test Pelayanan_1 N

Pelayanan_2

Pelayanan_3 Pelayanan_5

27

201

86

38

3.7007

1.4857

3.5499

7.8608

Exponential parameter.a,,b

Mean


Absolute

.173

.092

.123

.174

Positive

.144

.092

.052

.174

Negative

-.173

-.092

-.123

-.160


.899

1.304

1.142

1.071


.395

.067

.147

.202

a. Test Distribution is Exponential. b. Calculated from data.


Lampiran 3 Berikut ini adalah pertanyaan kuisioner yang dibagikan No urut antrian BPJS..... 1. Berdasarkan pengalaman selama ini, antrian di BPJS R.S Panti Rapih. (lingkari salah satu jawabannya) a. Sangat Padat

b. Cukup padat

c. Tidak padat

2. Berdasarkan pengalaman, a. Paling cepat saya menunggu antrian selama ………..menit b. Paling lama saya menunggu antrian selama ………….menit 3. Bila antrian panjang (lingkari salah satu yang paling prioritas) a. Saya akan tetap menunggu sampai giliran saya dipanggil b. Kadang-kadang saya menunggu c. Saya tinggalkan dulu antrian dan kembali lagi setelah kira-kira sampai giliran d. Saya membatalkan antrian 4. Batas maksimal kesabaran saya dalam mengantri adalah ………….menit 5. Menurut saya, lama waktu mengantri yang paling dapat diterima adalah ……menit

Terima kasih atas kerja sama Bapak/Ibu/Saudara


Tabel Lampiran jawaban responden (pasien) berdasarkan pertanyaan (item) item 1 No pasien 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36

a

b

                                   

item 2 c

item 3

A

b

30 25 40 30 60 20 25 30 30 20 30 60 30 30 30 45 40 40 20 30 20 30 30 45 40 20 20 30 40 45 30 30 45 45 20 35

90 60 90 60 120 60 60 90 60 90 60 120 60 60 90 120 120 60 90 60 45 60 90 120 120 60 60 60 120 120 60 90 120 90 60 120

a

b

c

                                   

item 4

item 5

45 60 60 60 60 60 45 45 45 45 60 60 45 45 45 60 45 45 45 30 30 45 30 30 45 30 30 45 45 60 45 45 45 45 30 30

20 30 30 20 30 30 30 30 20 30 30 30 30 30 30 30 30 30 20 30 20 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30

d


37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 Ratarata atau total

                                  48

22

20 30 30 60 40 60 30 30 45 20 60 60 30 45 40 30 45 20 30 45 30 30 20 45 30 30 20 45 45 30 40 40 30 30

60 120 90 90 120 120 60 60 120 60 120 120 90 120 120 90 120 60 90 120 60 90 60 120 90 90 60 120 120 60 120 120 60 120

34.64

89.35

                                  36

19

15

30 45 30 30 30 30 45 60 60 60 30 45 45 60 30 30 30 45 45 30 30 30 60 30 30 45 45 45 60 50 60 50 60 60

30 20 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30

44.28

29.14


Lampiran 4 Berikut ini adalah algoritma pemrograman untuk model multiserver (M: M : C) pada contoh 3.7 %c = banyaknya server %lamda = rata-rata waktu antar kedatangan %mu = rata-rata waktu pelayanan %Po_inverse = P0 %Lq = banyaknya pasien dalam antrian %Ls = banyaknya pasein dalam sistem antrian %Wq = waktu tunggu pasien dalam antrian %Ws = waktu tunggu pasien dalam sistem antrian clc clear c=2; lamda=3; mu=5; rho=lamda/(c*mu) P01=0; for i=0:c-1; P0i=rho^i/factorial(i); P01=P01+P0i; end P02=(rho^c/(factorial(c)))*(1/(1-rho/c)); P0=P01+P02; Po_inverse=1/P0 Lq=rho^(c+1)*Po_inverse/((factorial(c-1)*(c-rho)^2)); Ls=Lq+rho; Ws=(rho^c*Po_inverse/(mu*factorial((c-1))*(c-rho)^2))+1/mu; Wq=Ws-(1/mu);

tabel=[c, lamda, mu, Lq, Ls, Wq, Ws]; disp('============================================') disp(' c lamda mu Lq Ls Ws ') disp('============================================') disp(tabel)

Wq


Lampiran 5

MODEL ANTRIAN DENGAN KEDATANGAN

Recommend Documents