Revisi-1 Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang

KURIKULUM PENDIDIKAN MATEMATIKA
STKIP – SURYA
Kode:
SATUAN ACARA PERKULIAHAN (SAP)
Program Studi
Nama Mata Kuliah
Kode Mata Kuliah
Jumlah SKS
Tahun Akademik
Semester
Mata KuliahPra Syarat
Hari/Waktu
Ruangan
Dosen Pengampu
Email
: PendidikanMatematika
: Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
: MAT3223
:3
: 2013/2014
:5
: Statistika Dasar.
: Senin/08.00 WIB
: 203
: Wiwik Wiyanti, M.Sc.
: [email protected]
KOMPETENSI DASAR
1. Mahasiswa memahami dan menguasai materi tentang ruang sampel dan kejadian, prinsip perkalian (aturan dasar menghitung titik sampel), memahami dan
menerapkan permutasi dan kombinasi suatu kejadian, peluang kejadian dan teorema Bayes, variable random dan distribusi peluang serta Ekspektasi dan
Variansi.
DESKRIPSI MATA KULIAH
Perkuliahan ini akan membahas tentang materi ruang sampel dan kejadian, kemudian menghitung titik sampel, peluang dan teorema Bayes, mempelajari juga
variable random dan distribusi peluang diskrit (seragam, binomial, poisson), distribusi kontinu (normal) serta Ekspektasi dan Variansi dan mengkaitkan teori
yang dipelajari dengan contoh nyata (kehidupan sehari-hari).
Revisi-1
Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
|1
TABEL
Pertemuan
1
Kompetensi
Dasar
1
2
1
1. Memahami prinsip perkalian (aturan dasar
menghitung titik sampel)
sda
Prinsip Perkalian (Aturan
Dasar), Faktorial.
3
1
1. Memahami dan menerapkan permutasi
sda
Permutasi.
4
1
1. Memahami dan menerapkan Kombinasi
sda
Kombinasi.
5-6
1
1. Memahami peluang suatu kejadian dan mempelajari
beberapa hukum peluang.
sda
Konsep Probabilitas,
Perumusan Probabilitas,
Hukum Peluang..
Indikator
1. Memahami ruang sampel dan kejadian
Revisi-1
Metode
Perkuliahan
1. Diskusi
Kelompok
2. Tanya Jawab
3. Pemberian
Tugas.
Materi Perkuliahan
Asesmen
Ruang Sampel, Kejadian,
Operasi Kejadian.
Memberi Motivasi,
pembelajaran
dengan studi
kasus dan
dikerjakan
secara
berkelompok
maupun individu.
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
|2
Pertemuan
7
Kompetensi
Dasar
1
8
1
9
1
10
1
1. Memahami distribusi probabilitas diskrit geometrik
dan hipergeometrik dan mampu menerapkannya ke
dalam soal yang diberikan.
sda
11
1
1. Memahami Distribusi Probabilitas Diskrit Poison
sda
1. Memahami Distribusi Geometrik dan Hipergeometrik
sda
12
Indikator
1. Memahami Peluang Bersyarat dan mampu
menerapkannya ke dalam contoh kasus yang
diberikan.
Menerapkan Aturan Bayes ke dalam kasus soal yang
diberikan.
Metode
Perkuliahan
sda
sda
UJIAN TENGAH SEMESTER
1. Memahami distribusi probabilitas diskrit seragam dan
sda
binomial dan mampu menerapkannya ke dalam soal
yang diberikan.
Revisi-1
Materi Perkuliahan
Peluang Bersyarat
Aturan Bayes
Asesmen
Studi kasus,
mengerjakan
latihan, dan
diskusi kelompok
Studi kasus dan
mengerjakan
latihan
Distribusi
probabilitas Mengulang materi
seragam, binomial
sebelumnya dan
mengkaitkan
dengan materi
yang diajarkan,
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Distribusi
Probabilitas Studi kasus, diskusi
Diskrit geometri dan kelompok serta
hipergeometri
penugasan baik
secara individu
maupun kelompok.
Distribusi Probabilitas
Studi kasus, diskusi
Diskrit Poison
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Distribusi Probabilitas
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
|3
Pertemuan
13
Kompetensi
Dasar
1
14
1
1. Memahami definisi Ekspektasi dan variansi serta
mampu menerapkan ke dalam kasus yang diberikan.
sda
Ekspektasi dan Variansi
15
1
1. Memahami distribusi peluang kontinu (Normal, luas
dibawah kurva normal.
sda
Distribusi Normal
16
1
Memahami distribusi peluang kontinu (hampiran normal
terhadap binomial)
Sda
Distribusi Normal
Indikator
1. Memahami Distribusi Peluang Kumulatif dan mampu
menerapkan ke dalam kasus yang diberikan.
Metode
Perkuliahan
sda
Materi Perkuliahan
Distribusi Peluang
Kumulatif
Asesmen
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Studi kasus, diskusi
Kelompok serta
penugasan baik
secara kelompok
maupun individu.
Studi kasus dan
mengerjakan
latihan
UJIAN AKHIR SEMESTER
REFERENSI
R1 = Walpole, R.E., (1992). Pengantar Statistika edisi ke-3. Jakarta: Gramedia.
R2 = Walpole, R. E., et al., (2002, 2007, 2012). Probability and Statistics for Engineers and Scientists, Pearson:USA
R3 = DeGroot, M., H., (1989), Probability and Statistics. Addision-Wesley Publishing Company, Inc. USA.
R4 = Sudaryono, (2012). Statistika Probabilitas [Teori dan Aplikasi]. ANDI
R5 = Djarwanto dan Subagyo, P., (1998). Statistika Induktif. Yogyakarta-BPFE.
R6 = Agoestanto, A., (2008). Hand Out Pengantar Probabilitas. Semarang: Jurusan Matematika UNNeS.
PEDOMAN PENILAIAN
Penilaian meliputi:
1. Nilai Tugas = 30%
Revisi-1
Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
|4
2. Nilai Ujian Tengah Semester (UTS) = 30%
3. Nilai Ujian Akhir Semester (UAS) = 40%
Nilai akhir dihitung dengan menggunakan rumus:
Nilai Akhir = (0,3 x Tugas) + (0,3 x UTS) + (0, 4 x UAS)
Konversi Nilai
Nilai Akhir (x)
90 ≤ x ≤100
85≤ x < 90
80 ≤ x < 85
75 ≤ x < 80
70 ≤ x < 75
65 ≤ x < 70
60 ≤ x < 65
55 ≤ x < 60
50 ≤ x < 55
0 ≤ x < 50
Nilai
Angka
4,00
3,67
3,33
3,00
2,67
2,33
2,00
1,67
1,00
0,00
Keterangan
Huruf
A
AB+
B
BC+
C
CD
E
Mengetahui
Lulus
Lulus
Lulus
Lulus
Lulus
Lulus
Lulus
Lulus Bersyarat
Tidak Lulus
Tidak Lulus
Menyetujui
Ketua Prodi Pendidikan Matematika
Penanggung Jawab Mata Kuliah
Mahasiswa
Johannes Hamonangan Siregar, Ph.D
Wiwik Wiyanti, M.Sc
(..............................................)
Revisi-1
Pengantar Probabilitas dan Teori Peluang
|5
HANDOUT
PENGANTAR PROBABILITAS DAN TEORI PELUANG
MAT3223
Oleh
Wiwik Wiyanti, M.Sc
NUP.
Prodi Pendidikan Matematika
Sekolah Tinggi Keguruan dan Ilmu Pendidikan (STKIP)
SURYA
2013
0
Pertemuan 1
RUANG SAMPEL DAN KEJADIAN
A.
Ruang Sampel
Dalam setiap pertandingan Badminton, sebelum pertandingan dimulai,
wasit biasanya mengundi dahulu dengan menggunakan misalkan saja mata uang
(koin) untuk menentukan tim mana yang akan memainkan bola (Shutlecock)
terlebih dahulu. Nah, dari pelemparan koin tersebut Anda apakah bisa
menentukan secara pasti yang keluar pertama kali adalah Gambar? Atau pasti
Angka? Tentu saja jawabannya adalah tidak. Kita tidak bisa memastikannya
(secara pasti) menjawab Angka yang muncul dahulu atau Gambar yang muncul
terlebih dahulu.
Demikian halnya apabila kita mengambil sebuah kartu remi dari kumpulan
satu kartu remi. Maka kita tidak dapat memastikan secara pasti yang akan kita
ambil adalah AS Merah.
Melempar koin, mengambil kartu dari seperangkat kartu remi, melempar
dadu, mengambil kelereng dalam kotak adalah contoh dari kegiatan yang
dinamakan PERCOBAAN atau EKSPERIMEN.
Sekarang kembali ke pelemparan koin, ketika anda melempar sebuah koin,
kira-kira apa saja yang mungkin terjadi? Kemungkinan muncul Gambar atau
Angka saja bukan?
Apabila sekarang kita kumpulkan hasil yang mungkin terjadi tersebut
misalkan pada contoh pelemparan satu koin adalah {𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎, 𝐺𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟} dan ini
disebut dengan ruang sampel.
1
Nah, sekarang kalau anda melempar satu buah dadu, apa saja yang mungkin
terjadi? Kemungkinan adalah muncul angka 1 ATAU 2 ATAU 3 ATAU 4 ATAU 5
ATAU 6 saja kan? Berarti ruang sampelnya adalah 𝑆 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Definisi 1.1
Himpunan dari semua hasil yang mungkin terjadi pada suatu percobaan
disebut dengan Ruang Sampel, sedangkan anggota pada ruang sampel
disebut dengan titik sampel.
Dalam modul ini,notasi dari ruang sampel ditulis dengan 𝑆.
Contoh 1.1.
Pada pelemparan 1 buah koin, didapati
Ruang sampel 𝑆 = {𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎, 𝐺𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟}
Titik sampel = 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎 dan 𝐺𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟.
Jadi banyaknya titik sampel ada 2.
Contoh 1.2
Pada pelemparan dua buah koin yang setimbang sebanyak sekali,
Ruang sampel (𝑆) = {𝐴𝐴, 𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐺𝐺}
Titik sampel = 𝐴𝐴, 𝐴𝐺, 𝐺𝐴, 𝐺𝐺
Banyaknya titik sampel ada 4
Keterangan:
𝐴𝐴 = koin petama muncul Angka, koin kedua muncul Angka
𝐴𝐺 = koin pertama muncul Angka, koin kedua muncul Gambar
𝐺𝐴 = koin pertama muncul Gambar, koin kedua muncul Angka
2
𝐺𝐺 = koin pertama muncul Gambar, koin kedua muncul Gambar
Latihan 1.1
Carilah Ruang Sampel, Titik Sampel dan banyaknya titik Sampel apabila,
a. Dua buah dadu yang seimbang dilempar sebanyak sekali.
b. Tiga buah koin yang setimbang dilempar sebanyak sekali.
c. Sebuah koin dan sebuah dadu dilempar sekali.
B.
Kejadian
Definisi 1.2
Kejadian adalah himpunan bagian dari ruang sampel.
Sederhana, yaitu kejadian yang hanya
mempunyai satu titik sampel.
Contoh :
Kejadian
{1}, {4}, {5} merupakan kejadian sederhana
dari eksperimen melempar sebuah dadu.
Majemuk, yaitu kejadian yang mempunyai
lebih dari satu titik sampel.
Contoh :
{1,2}, {2, 4, 6}, {1, 3,5} merupakan kejadian
majemuk dari eksperimen melempar sebuah
dadu yang mempunyai sisi 6.
Pertanyaannya adalah, Jika 𝑆 ruang sampel, apakah 𝑆 dan ∅ merupakan
suatu kejadian? Kenapa?
Apakah ada hubungan antara himpunan dengan kejadian dapat disajikan
dalam tabel 1.1 berikut:
3
Tabel 1.1
Himpunan
Semesta 𝑆
Anggota himpunan
Himpunan bagian A
Himpunan bagian yang hanya
memiliki satu Anggota
Himpunan bagian yang hanya
memiliki lebih dari satu anggota
Kejadian
Ruang Sampel 𝑆
Titik Sampel
Kejadian A
Kejadian Sederhana
Kejadian Majemuk
Latihan 1.2.
1. Jelaskan antara kejadian sederhana dengan kejadian majemuk, masingmasing beri contohnya!
2. Pada percobaan melemparkan dua buah dadu yang setimbang yang
mempunyai sisi 6, tuliskan kejadian berikut dengan simbol notasi
himpunan.
a. Kejadian munculnya mata dadu berjumlah lebih dari 5.
b. Kejadian munculnya mata dadu terkecil dan terbesar.
c. Kejadian mata dadu ganjil.
d. Kejadian munculnya mata dadu dengan jumlah genap.
e. Kejadian munculnya mata dadu dengan jumlah ganjil.
3.
Sekeping mata uang dan dadu dilempar sekali, tuliskan,
a. Ruang sampel.
b. Tuliskan tiap kejadian berikut dengan menggunakan notasi
himpunan.
b.1. kejadian munculnya sisi gambar dan mata dadu sembarang.
b.2. kejadian munculnya sembarang sisi mata uang dan mata dadu
ganjil.
4
C.
Hubungan Antara Kejadian Satu dengan yang Lain.
Hubungan antara kejadian satu dengan yang lain, di dalam statistika
biasanya bersifat:
1) Mutually Exclusive (Saling Asing).
Hubungan yang saling asing atau saling meniadakan, artinya apabila ada
suatu peristiwa yang sedang terjadi, tidak mungkin kejadian lain juga
terjadi.
Contoh 1.3.
Melempar sebuah uang logam yang simetris selama sekali, apakah
mungkin muncul Angka dan Gambar secara bersama-sama? Tentu saja
tidak.
2) Independent (Saling Bebas)
Kejadian-kejadian dikatakan berhubungan secara independent apabila
terjadinya suatu peristiwa tidak dipengaruhi oleh peristiwa lainnya.
Dengan kata lain, tidak saling mempengaruhi.
Contoh 1.4.
Melemparkan dua buah uang logam yang simetris kedua permukaannya,
munculnya permukaan Angka pada uang logam yang pertama tidak
dipengaruhi oleh uang logam kedua.
5
3) Conditional (Bersyarat)
Hubungan kejadian dikatakan bersyarat atau conditional apabila
suatuperistiwa
akan
terjadi
apabila
didahului
oleh
peristiwa
sebelumnya, atau dengan kata lain, apabila peristiwa pertama terjadi
maka peristiwa kedua bisa terjadi. Apabila peristiwa pertama tidak
terjadi maka peristiwa kedua tidak mungkin terjadi.
Contoh 1.5.
Senadainya lampu rumah kita rusak, maka apakah lampu akan menyala?
Meski diberi aliran listrik sekalipun tidak akan menyala jika lampunya
rusak.
4) Exhaustive (Terbatas)
Hubungan kejadian dikatakan terbatas (exhaustive) apabila banyaknya
peristiwa yang bisa terjadi terbatas jumlahnya.
Contoh 1.6.
Melemparkan sebuah uang logam yang simetris permukaannya, maka
peristiwa yang bisa terjadi hanya muncul permukaan Angka atau
Gambar.
Misalkan melempar sebuah dadu, maka yang bisa kelihatan hanya
permukaan yang mempunyai tanda 1 sampai dengan 6 saja.
6
D.
Dua Kejadian Saling Lepas
Dua kejadian dikatakan saling lepas atau asing apabila dua kejadian itu
tidak mungkin untuk dipertemukan atau tidak mungkin terjadi secara
bersama-sama.
Contoh 1.7.
Contohnya adalah ketika melempar sebuah koin, kejadian muncul Angka
dan kejadian munculnya Gambar adalah dua kejadian yang saling lepas,
alasannya adalah ketika muncul Angka, maka Gambar tidak mungkin
muncul secara bersamaan.
Contoh 1.8.
Contoh lain adalah melempar sebuah dadu, kejadian muncul mata dadu 1
dan kejadian muncul mata dadu 5 adalah contoh kejadian saling asing atau
lepas, alasannya adalah jika muncul mata dadu 1 maka mata dadu 5 tidak
mungkin muncul secara bersamaan.
Dengan mengingat kembali paxda diagram venn, bahwa apabila dua
himpunan 𝐴 dan 𝐵 dalam semesta 𝑆, kejadian saling lepas atau asing dapat
diilustrasikan pada gambar 1.1 berikut,
𝑆
𝐴
𝐵
Gambar 1.1. Diagram Venn dua kejadian saling lepas atau asing.
7
Dalam notasi himpunan, dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 disebut saling lepas jika
𝐴 ⋂ 𝐵 = ∅.
Pada contoh 1.4. apabila 𝐴 adalah kejadian muncul mata dadu 1 dan 𝐵
adalah kejadian muncul mata dadu 5 maka 𝐴 = {1} dan 𝐵 = {5} sehingga
𝐴 ⋂ 𝐵 = { }, disimpulkan 𝐴 dan 𝐵 saling lepas.
E.
Operasi Kejadian.
Telah diketahui bahwa kejadian majemuk adalah suatu kejadian yang dapat
dibentuk dengan cara menggabungkan dua atau lebih kejadian sederhana.
Dengan memanfaatkan operasi antar himpunan, suatu kejadian majemuk
dapat pula dapat dibentuk dari dua kejadian majemuk yang lain.
Operasi antara himpunan yang dimaksud adalah operasi gabungan (union),
irisan (intersection) dan komplemen (complement).
Contoh 1.9.
Misalkan percobaan melemparkan dadu sekali. Ruang sampelnya adalah
𝑆 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Misalkan 𝐴 adalah kejadian munculnya mata dadu genap,
maka 𝐴 = {2, 4, 6} dan 𝐵 munculnya mata dadu prima, maka 𝐵 = {2, 3, 5}.
Dua kejadian tersebut, dapat dibentuk ke dalam dua kejadian majemuk
sebagai berikut,
a) Operasi Gabungan dari Dua Kejadian
Gabungan dua kejadian 𝐴 dan 𝐵, misalkan kita beri nama 𝑃, maka 𝑃 =
𝐴 ⋃ 𝐵 = {2, 3, 4, 5, 6}.
Kejadian 𝑃 adalah kejadian munculnya mata dadu genap atau prima.
8
Jadi gabungan kejadian 𝐴 dan 𝐵 ditulis 𝐴 ⋃ 𝐵 yaitu himpunan titik
sampel yang terdapat pada kejadian 𝐴 atau kejadian 𝐵 atau keduaduanya.
b) Operasi Irisan dari Dua Kejadian
Irisan dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 , misalkan kita beri nama 𝑄 , maka 𝑄 =
𝐴 ⋂ 𝐵 = {2}.
Jadi kejadian 𝑄 adalah kejadian munculnya mata dadu genap dan
prima.
Jadi irisan kejadian 𝐴 dan 𝐵 ditulis 𝐴 ⋂ 𝐵 yaitu himpunan titik sampel
yang terdapat pada kejadian 𝐴 dan 𝐵 secara bersama-sama pada
kejadian 𝐴 maupun kejadian 𝐵.
c) Operasi Komplemen.
Komplemen kejadian 𝐴 dalam ruang sampel 𝑆 adalah kejadian semua
unsur di 𝑆 yang bukan 𝐴.
Misalkan 𝐴 komplemen, maka 𝐴𝑐 = {1, 3, 5}.
d) Operasi Selisih
Selisih kejadian 𝐴 dan 𝐵 ditulis 𝐴 − 𝐵 adalah kejadian semua unsur
kejadian di 𝐴 yang bukan unsur di 𝐵, dapat ditulis
𝐴 − 𝐵 = {𝑥|𝑥 ∈ 𝐴, 𝑥 ∉ 𝐵}
9
e) Perkalian dari dua buah kejadian.
Misalkan kejadian 𝐴 dan 𝐵. Perkalian silang dari 𝐴 ke 𝐵 ditulis 𝐴 × 𝐵
adalah himpunan semua pasangan terurut (𝑎, 𝑏) dengan 𝑎 ∈ 𝐴 dan 𝑏 ∈
𝐵 dapat ditulis
𝐴 × 𝐵 = {(𝑎, 𝑏)|𝑎 ∈ 𝐴, 𝑏 ∈ 𝐵}
Sifat-Sifat Operasi pada Kejadian.
1) Idempoten
𝐴⋂𝐴 = 𝐴
𝐴⋃𝐴 = 𝐴
2) Asosiatif
(𝐴 ⋂ 𝐵) ⋂ 𝐶 = 𝐴 ⋂ (𝐵 ⋂ 𝐶)
(𝐴 ⋃ 𝐵) ⋃ 𝐶 = 𝐴 ⋃ (𝐵 ⋃ 𝐶)
3) Komutatif
𝐴⋂𝐵 = 𝐵⋂𝐴
𝐴⋃𝐵 = 𝐵⋃𝐴
4) Distributif
𝐴 ⋃ (𝐵 ⋂ 𝐶) = (𝐴 ⋃ 𝐵) ⋂ (𝐴 ⋃ 𝐶)
𝐴 ⋂ (𝐵 ⋃ 𝐶) = (𝐴 ⋂ 𝐵) ⋃ (𝐴 ⋂ 𝐶)
5) Identitas
𝐴⋃∅ = 𝐴
𝐴⋃𝑆 = 𝑆
10
𝐴⋂∅ = ∅
𝐴⋂𝑆 = 𝐴
6) Komplemen
𝐴 ⋃ 𝐴𝑐 = 𝑆
𝐴 ⋂ 𝐴𝑐 = ∅
(𝐴𝑐 )𝑐 = 𝐴
𝑆𝑐 = ∅
7) De Morgan
𝑐
(𝐴 ⋃ 𝐵) = 𝐴𝑐 ⋂ 𝐵𝑐
𝑐
(𝐴 ⋂ 𝐵) = 𝐴𝑐 ⋃ 𝐵𝑐
8) Absorpsi
𝐴 ⋂ (𝐴 ⋃ 𝐵) = 𝐴
𝐴 ⋃ (𝐴 ⋂ 𝐵) = 𝐵
Buktikan jika 𝐴 ⊂ 𝐵 dan 𝐵 ⊂ 𝐶 maka 𝐴 ⊂ 𝐶
Bukti:
Diketahui 𝐴 ⊂ 𝐵 dan 𝐵 ⊂ 𝐶
Akan dibuktikan 𝐴 ⊂ 𝐶
Karena 𝐴 ⊂ 𝐵, jelas 𝐴 ⋂ 𝐵 = 𝐴 ……… (1)
Karena 𝐵 ⊂ 𝐶, jelas 𝐵 ⋂ 𝐶 = 𝐵 ………… (2)
Substitusil (2) ke (1) diperoleh
11
𝐴 ⋂ (𝐵 ⋂ 𝐶) = 𝐴
⇔ (𝐴 ⋂ 𝐵) ⋂ 𝐶 = 𝐴 … … … … … (𝑠𝑖𝑓𝑎𝑡 𝑎𝑠𝑜𝑠𝑖𝑎𝑡𝑖𝑓)
⇔ 𝐴⋂𝐶 = 𝐴
Jadi 𝐴 ⊂ 𝐶 (terbukti)
Buktikan bahwa (𝐷 − 𝐸) dan (𝐷 ⋂ 𝐸) saling asing.
Bukti:
(𝐷 − 𝐸) ⋂ (𝐷 ⋂ 𝐸) = (𝐷 ⋂ 𝐸 𝑐 ) ⋂ (𝐷 ⋂ 𝐸)
= (𝐷 ⋂ 𝐷) ⋂ (𝐸 𝑐 ⋂ 𝐸)
= 𝐷⋂∅
=∅
Jadi (𝐷 − 𝐸) dan (𝐷 ⋂ 𝐸) saling asing.
Latihan Soal 1.3
1) Terdapat dua buah dadu berwarna kuning dan merah yang setimbang yang
dilempar secara bersamaan, dari pelemparan tersebut hasilnya kemudian
dicatat:
a) Tuliskan ruang sampel dari percobaan tersebut.
b) Tuliskan kejadian A yang muncul jumlah mata dadu genap.
c) Tuliskan kejadian B yang muncul mata dadu 6 pada kedua sisi dadu
yang dilempar.
d) Tuliskan kejadian C muncul mata dadu kuning bernomor 3.
12
e) Buatlah diagram venn yang berhubungan dengan kejadian A, B, C dan
S.
f) Tuliskan himpunan hasil dari 𝐴 ⋂ 𝐵 , 𝐴 ⋂ 𝐶 , 𝐵 ⋂ 𝐶 , 𝐴 ⋂ 𝐵 ⋂ 𝐶.
2) Terdapat sebuah dadu dan sebuah mata uang logam yang setimbang
dilemparkan bersama-sama. Tentukan!
a) Ruang sampel dari percobaan di atas.
b) Tuliskan kejadian A muncul mata dadu genap.
c) Tuliskan kejadian B muncul Gambar pada sisi mata uang
d) Tuliskan kejadian C muncul mata dadu kurang dari 5.
e) Tuliskan kejadian D muncul mata dadu dengan ketentuan faktor dari
6.
f) Tuliskan
himpunan
hasil
dari
𝐴 ⋂ 𝐵 , 𝐴 ⋂ 𝐶 , 𝐴 ⋂ 𝐷 , 𝐵 ⋂ 𝐶 , 𝐵 ⋂ 𝐷,
𝐴 ⋂ 𝐵 ⋂ 𝐶 ⋂ 𝐷.
3) Terdapat dua orang pria dan dua orang wanita yang dipilih secara acak
yang akan dipilih untuk menempati jabatan sebagai 1 ketua, 1 sekertaris
dan 1 bendahara. Tentukan:
a) Ruang sampel dari pemilihan tersebut.
b) Tuliskan kejadian A bahwa yang menduduki jabatan sebagai ketua
adalah pria.
c) Tuliskan kejadian B bahwa yang menduduki jabatan sebagai ketua
adalah pria dan sekertaris adalah wanita.
d) Tuliskan kejadian C bahwa yang terpilih sebagai bendahara adalah
wanita.
e) Tulislah kejadian D bahwa yang terpilih sebagai ketua adalah wanita,
sekertaris adalah pria dan bendahara adalah wanita.
13
f) Tulislah himpunan 𝐴 ⋂ 𝐵 , 𝐴 ⋂ 𝐶 , 𝐴 ⋂ 𝐷 , 𝐵 ⋂ 𝐶 , 𝐵 ⋂ 𝐷 , 𝐶 ⋂ 𝐷, 𝐴 ⋂ 𝐵 ⋂ 𝐶,
𝐴⋂𝐵⋂𝐷,𝐵⋂𝐶⋂𝐷,𝐴⋂𝐵⋂𝐶⋂𝐷
4) Tiga uang logam dilempar sekali, tentuka ruang sampel dari percobaan
tersebut.
5) Diketahui ruang sampel 𝑆 = {−6, −5, −4, −3, −2, −1,0, 1,2,3,4,5,6} , 𝐴 =
{−6, −4, −2} , 𝐵 = {0}, 𝐶 = {2, 4, 6}. Tentukan:
a) 𝐴𝑐
b) 𝐵𝑐
c) 𝐶 𝑐
d) 𝐴 ⋂ 𝐴𝑐
e) 𝐴 ⋂ 𝐵𝑐
f) 𝐵 ⋂ 𝐴𝑐
g) 𝐴 ⋂ 𝐶 𝑐
h) 𝐵 ⋂ 𝐶 𝑐
i) (𝐴 ⋃ 𝐵) ⋂(𝐴 ⋃ 𝐵𝑐 )
j) (𝐵 ⋂ 𝐴𝑐 ) ⋃(𝐵 ⋂ 𝐶 𝑐 )
14
Pertemuan 2
MENGHITUNG TITIK SAMPEL
A.
Prinsip Perkalian
Contoh 2.1
Apabila dalam suatu pesta disediakan 3 jenis makanan misalkan saja (Bakso,
Soto dan Gulai Kambing) dan kemudian 2 jenis minuman misalkan (Jus Jeruk dan
Jus Jambu). Apabila setiap pengunjung pesta hanya diperbolehkan memilih 1 jenis
makanan dan 1 jenis minuman, maka semua pasangan makanan dan minuman yang
mungkin bisa dipasangkan adalah
Jus Jeruk
Bakso
Jus Jambu
Jus Jeruk
Soto
Jus Jambu
Jus Jeruk
Gulai Kambing
Jus Jambu
Dari gambar 1.1. diagram pohon pemilihan makanan dan minuman
Dari gambar 1.1 kelihatan bahwa pasangan makanan-minuman yang dapat
dipilih ada 6 cara, yaitu:
1) Bakso - Jus Jeruk
15
2) Bakso – Jus Jambu
3) Soto – Jus Jeruk
4) Soto – Jus Jambu
5) Gulai Kambing – Jus Jeruk
6) Gulai Kambing – Jus Jambu
Dari gambar jelas ada 3 makanan yang dapat dipilih pengunjung dan 2
minuman yang dapat dipilih pengunjung, jadi banyaknya makanan dan minuman
yang dapat dipilih pengunjung ada 3 × 2 = 6 cara.
Contoh 2.2
Misalkan dalam perebutan jabatan sebagai ketua kelas terdapat 2 calon yaitu
Bambang dan Namunek, sekertaris terdapat dua calon Atera dan Tommy, dan
bendahara terdapat dua calon yaitu Waingges dan Kilera. Berapa banyak
kemungkinan formasi yang bisa dibentuk?
Jawab:
No
1
2
3
4
5
6
7
8
Ketua
Bambang
Bambang
Bambang
Bambang
Namunek
Namunek
Namunek
Namunek
Sekertaris
Atera
Atera
Tommy
Tommy
Atera
Atera
Tommy
Tommy
Bendahara
Waingges
Kilera
Waingges
Kilera
Waingges
Kilera
Waingges
Kilera
Jadi dari tabel diperoleh banyaknya cara untuk mengisi posisi ada 2 × 2 × 2 = 8
cara.
Dari contoh 1.1 dan contoh 1.2 dapat disimpulkan adanya suatu aturan yang disebut
dengan prinsip perkalian, yaitu:
16
Definisi 2.1
Apabila suatu kejadian pertama terjadi dengan 𝑛1 cara yang berbeda dan
kejadian kedua terjadi dengan 𝑛2 cara yang berbeda, kemudian kejadian ketiga
terjadi dengan 𝑛3 cara yang berbeda dan seterusnya, maka banyaknya kejadian
yang mungkin terjadi secara berturutan adalah sebanyak 𝑛1 × 𝑛2 × 𝑛3 × …
cara.
Latihan 2.1
1) Suatu plat kendaraan bermotor Jakarta B diikuti 5 angka dengan angka
pertama tidak boleh nol dan diakhiri dengan 2 huruf dengan huruf
terakhirnya adalah M. Mobil keberapa yang plat nomornya tidak bisa
dengan formasi tersebut?
2) Berapa banyak cara yang bisa dibuat dari 3 angka dari angka 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7 di mana,
a. Tidak boleh ada angka berulang.
b. Boleh ada angka berulang.
3) Berapa banyak cara yang bisa dibuat untuk mengisi
dari
angka 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 dengan ketentuan,
a. Tidak boleh ada angka berulang.
b. Boleh ada angka yang berulang.
4) Suatu plat kendaraan bermotor wilayah Jakarta disusun sesuai dengan
ketentuan,
*) Huruf
abjad A-Z
**) Angka 0-9
***) Huruf Abjad
A-Z
17
Berapa banyaknya cara untuk menyusun dengan ketentuan di atas apabila,
a) **) pada kotak pertama tidak boleh nol dan boleh berulang.
***) huruf abjad boleh berulang
b) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, kotak ke-empat adalah angka 1
dan angka dalam kotak tidak boleh berulang.
***) huruf abjad boleh berulang.
c) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, dan angka dalam kotak tidak
boleh berulang.
***) huruf abjad boleh berulang.
d) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, angka kedua harus 3 dan boleh
berulang.
***) huruf abjad tidak boleh berulang.
e) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, angka kedua harus 3 dan boleh
berulang.
***) huruf abjad boleh berulang.
5) Suatu plat kendaraan bermotor wilayah solo akan disusun sesuai ketentuan
sebagai berikut:
*) Huruf
abjad A-Z
**) Angka 0-9
***) Huruf
Abjad A-Z
Berapa banyaknya cara untuk menyusun dengan ketentuan di atas apabila,
a) **) pada kotak pertama tidak boleh nol
***) huruf abjad boleh berulang
18
b) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, kotak ke-empat adalah angka 1
dan angka dalam kotak tidak boleh berulang.
***) huruf abjad boleh berulang.
c) **) pada kotak pertama tidak boleh nol, dan angka dalam kotak tidak
boleh berulang.
***) huruf abjad boleh berulang.
B.
Notasi Faktorial
Definisi 2.2.
𝑛! (dibaca 𝑛 faktorial) adalah hasil kali bilangan bulat positif dari 1
sampai dengan 𝑛.
Jadi 𝑛! = 1 × 2 × 3 × 4 × … × (𝑛 − 2) × (𝑛 − 1) × 𝑛; dan 0! = 1
Contoh 2.3.
Nilai 4! adalah 4 × 3 × 2 × 1 = 24
Nilai dari 6! adalah 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720
Contoh 2.4
5!
Hitunglah 2!
Penyelesaian:
5 × 4 × 3 × 2 × 1 120
=
2×1
2
= 60
Contoh 2.4
Tulislah dalam bentuk factorial.
a) 3
19
Penyelesaian:
3 × 2 × 1 3!
=
2×1
2!
b) 23
Penyelesaian:
23 × 22! 23!
=
22!
22!
Contoh 2.5
(𝑛+1)!
Sederhanakan (𝑛−1)!
Penyelesaian:
(𝑛 + 1)! (𝑛 + 1) × (𝑛 + 1 − 1) × (𝑛 + 1 − 1 − 1)!
=
(𝑛 − 1)!
(𝑛 − 1)!
=
(𝑛 + 1) × 𝑛 × (𝑛 − 1)!
(𝑛 − 1)!
= (𝑛 + 1) × 𝑛
= 𝑛2 + 𝑛
Latihan 2.2.
1) Buktikan 0! = 1
2) Hitunglah!
a) 7!
b) 9!
c) 15!
d)
e)
12!
5!
19!
15!
20
f)
101!
99!
3) Tulislah dalam notasi faktorial!
a) 23
b) 60
c) 20 × 21
d)
1
22×21
21
Pertemuan ke-3
PERMUTASI
A.
PERMUTASI
Misalkan saja Jemmy ingin membagikan uang kepada 3 temannya yaitu Mince
(M), Yamowi (Y) dan Delphi (D). Agar tidak berebut maka ketiga temannya
harus antri satu per satu, berapa banyak antrian yang dapat terjadi?
Banyaknya antrian adalah
1)
MYD (Mince Yamowi Delphi)
2)
MDY (Mince Delphi Yamowi)
3)
YMD (Yamowi Mince Delphi)
4)
YDM (Yamowi Delphi Mince)
5)
DMY (Delphi Mince Yamowi)
6)
DYM (Delphi Yamowi Mince)
Ternyata ada 6 susunan antrian yang mungkin terjadi. Perhatikan bahwa setiap
susunan urutannya diperhatikan semisal urutan pada MYD tidak sama dengan
MDY. Nah, susunan seperti ini disebut Permutasi.
Secara umum, Permutasi adalah susunan yang berurutan dari semua elemen
suatu himpunan.
22
Bagaimana jika banyaknya elemen pada himpunan adalah 𝑟 elemen yang diambil
dari 𝑛 elemen?
Penulisan permutasi dari 𝑟 elemen yang diambil dari 𝑛 elemen adalah 𝑃(𝑛, 𝑟)
atau 𝑛𝑃𝑟 atau 𝑃𝑟𝑛 atau 𝑃𝑛,𝑟 dengan 𝑟 ≤ 𝑛.
Banyaknya permutasi 𝑟 elemen yang diambil dari 𝑛 elemen adalah
𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3) … (𝑛 − 𝑟 + 1), 𝑟 ≤ 𝑛
Dengan notasi faktorial banyaknya permutasi dari 𝑟 elemen yang diambil dari 𝑛
elemen dapat ditulis
𝑛!
(𝑛 − 1)!
Bukti:
Dengan menggunakan aturan perkalian,
𝑃𝑟𝑛 = 𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3) … (𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 + 1)
= 𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3) … (𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 + 1)
(𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 − 1) … 3 ∙ 2 ∙ 1
(𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 − 1) … 3 ∙ 2 ∙ 1
=
𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)(𝑛 − 3) … (𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 + 1)(𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 − 1) … 3 ∙ 2 ∙ 1
(𝑛 − 𝑟)(𝑛 − 𝑟 − 1) … 3 ∙ 2 ∙ 1
=
𝑛!
(𝑇𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖)
(𝑛 − 𝑟)!
23
Contoh 3.1.
Tentukan permutasi semua huruf pada SAPI
Penyelesaian:
SAPI
SAIP
SPAI
SPIA
SIAP
SIPA
ASPI
ASIP
APSI
APIS
AISP
AIPS
PSAI
PSIA
PASI
PAIS
PISA
PIAS
ISAP
ISPA
IASP
IAPS
IPSA
IPAS
Jadi banyaknya permutasi ada 24 buah.
Atau dengan rumus
4𝑃4
4!
= 0! = 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 buah.
Contoh 3.2
Tentukan banyaknya cara kata yang dapat disusun dari kata “PINTAR” (tidak
harus punya arti.
Penyelesaian:
6𝑃6
=
6!
(6−6)!
=
6!
0!
= 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 cara
Jadi banyaknya cara kata yang dapat disusun dari kata “PINTAR” ada 720
buah.
24
Contoh 3.3.
Dalam suatu ruangan disediakan 5 buah kursi yang masih kosong yang boleh
diduduki para peserta pemilihan kepala desa, jika ada 3 calon kepala desa yang
akan menduduki kursi tersebut, ada berapa cara calon kepala desa tersebut
menduduki kursi-kursi tersebut?
Penyelesaian:
Kursi kosong ada 5
Banyak calon ada 3
5!
Sehingga 𝑃35 = (5−3)! =
5∙4∙3∙2!
2!
= 5 ∙ 4 ∙ 3 = 60 cara
Jadi ada 60 cara menempati tempat duduk yang kosong.
Contoh 3.4
Tentukan berapa banyak cara yang dapat disusun jika 7 lukisan yang berbeda
digantung dalam sebuah baris sehingga lukisan dengan spesifikasi tertentu
berada di tengah-tengah barisan?
25
Penyelesaian:
Karena 1 lukisan berada di tengah-tengah, berarti sisa 6 lukisan lagi yang dapat
diatur dalam 6 posisi yang masih kosong, sehingga
𝑃(6,6) = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720 cara
Jadi banyaknya cara yang dapat disusun dari 7 lukisan dengan 1 lukisan dengan
spesifikasi tertentu terletak ditengah adalah 720 cara.
Contoh 3.5.
Dari contoh 3.4. berapa banyak cara yang dapat disusun apabila lukisan dengan
spesifikasi tertentu diletakkan pada kedua ujungnya?
Penyelesaian:
Karena lukisan dengan spesifikasi tertentu diletakkan pada setiap pojok
tertentu, maka tinggal menyusun 4 lukisan lainnya, yaitu dengan
4𝑃4
=4∙3∙2∙
1 = 24 cara.
Latihan 3.1
1)
Berapa banyaknya urutan apabila 9 orang duduk berjajar pada bangku
panjang?
26
2)
Berapa banyaknya urutan apabila 9 orang duduk berjajar pada bangku
panjang, apabila dua orang tidak mau dipisahkan?
3)
Berapa banyaknya urutan duduk apabila terdapat 9 orang, namun kursi
yang tersedia hanya 5 kursi?
4)
Coba hitunglah banyaknya kata yang dapat disusun dari kata di bawah ini
(tidak harus memiliki arti/makna)!
a) MATEMATIKA
b) STKIP
c) SURYA
5)
Tentukan
banyaknya
kata
yang
dapat
dibentuk
dari
kata
“PROBABILITAS” ?
6)
Dari soal no 5) tentukan ada berapa kata yang diawali dengan huruf vocal?
7)
Dari soal no 5) tentukan ada berapa kata yang diawali dan diakhiri dengan
huruf vocal?
8)
Dari soal no 5) tentukan ada berapa kata yang diawali dengan huruf
konsonan?
9)
Dari soal no 5) tentukan ada berapa kata yang diawali dan diakhiri dengan
huruf konsonan?
10)
Dari soal no 5) ada berapa kata yang diawali dengan huruf S?
11)
Dari soal no 5) ada berapa kata yang dapat diawali dengan huruf S dan
diakhiri dengan huruf O?
27
12)
Dalam suatu kelas hitung berapa banyak cara 5 orang dapat duduk jika
dalam ruangan terdapat,
a) 7 kursi kosong.
b) 10 kursi kosong.
13)
Ada berapa banyak bilangan yang dibentuk dari angka 1000 sampai dengan
2000 dengan menggunakan angka 0, 1, 2, 3, 4 apabila
a) Tidak ada pengulangan angka.
b) Boleh menggunakan angka sama (pengulangan diperbolehkan)
14)
Jika pengulangan tidak diperbolehkan, berapa banyak angka genap dari
1000 sampai dengan 1500 yang dapat dibentuk dengan angka 0, 1, 2, 3, 4,
5.
15)
Tentukan 𝑛 apabila,
a) 𝑃(4,2) = 𝑛
b) 𝑃(𝑛,3) = 60
c) 𝑃(6,𝑛) = 30
B.
PERMUTASI DENGAN BEBERAPA ELEMEN YANG SAMA
Contoh 3.5.
Tentukan semua permutasi yang berbeda yang dapat dibentuk dari huruf-huruf
dalam kata:
a. SAPI
b. SAPA
28
c. ASAA
Penyelesaian:
a. SAPI
SAIP
SPAI
SPIA
SIAP
SIPA
ASPI
ASIP
APSI
APIS
AISP
AIPS
PSAI
PSIA
PASI
PAIS
PISA
PIAS
ISAP
ISPA
IASP
IAPS
IPSA
IPAS
Jadi ada 24 cara.
b. Pada kata SAPA terdiri dari 2 buah A, untuk membedakannya maka
diberi 𝐴1 dan 𝐴2 sehingga permutasi yang berbeda tentu saja ada 24
buah. Namun apabila huruf A tidak dibedakan, maka permutasi dari kata
SAPA ada 12 buah. Coba tuliskan apa saja?
c. Pada kata ASAA, ada 3 buah huruf A, untuk membedakannya maka
diberi 𝐴1 , 𝐴2 dan 𝐴3 . Sehingga permutasi yang berbeda tentu saja ada
24 buah. Namun apabila huruf A tidak dibedakan, maka permutasi dari
kata ASAA ada 4 buah.
Dari contoh di atas, dapat disimpulkan bahwa,
Definisi 3.1
Banyaknya permutasi yang berlainan dari n elemen bila n1 berjenis pertama, n2
berjenis kedua, dan seterusnya sampai nk jenis ke k adalah 𝑃(𝑛,(𝑛1 ,𝑛2 ,…,𝑛𝑘 )) =
𝑛!
,
𝑛1 !𝑛2 !…𝑛𝑘 !
di mana 𝑛1 + 𝑛2 + 𝑛3 + ⋯ + 𝑛𝑘 = 𝑛
29
Contoh 3.6
Ada berapa cara untuk menyusun kata (tidak harus punya arti) dari kata
“MATEMATIKA”?
Penyelesaian:
M=2
A=3
T=2
E=1
I=1
K=1
MATEMATIKA = 7
9!
9∙8∙7∙6∙5∙4∙3!
Jadi 𝑃(9,(2,3,2,1,1,1)) = 2!3!2!1!1!1! = 2∙1∙3!∙2∙1∙1∙1∙1 = 15120 cara
Latihan 3.2.
1. Ada berapa banyak cara menysusun kata (tidak harus punya arti) dari
kata “PENDIDIKAN”
2. Ada berapa banyak cara menyusun kata (tidak harus punya arti) dari
kata “STKIPSURYA”?
30
C.
PERMUTASI MELINGKAR
Contoh 3.7.
Misalkan dalam suatu rapat yang dihadiri oleh 4 orang yang duduknya melingkar
sepanjang meja bundar, ilustrasi gambar 3.1. Maka, banyaknya susunan cara
duduk peserta rapat berbeda adalah 6 cara, perhatikan gambar 3.1.
Penyelesaian:
Perhatikan halaman 31
31
B
B
A
C
C
A
D
C
A
B
D
C
D
A
A
C
B
C
B
D
D
A
D
A
B
B
A
A
C
C
C
B
D
B
D
B
D
D
B
A
B
C
D
C
D
A
C
A
A
A
B
B
D
D
C
B
C
D
C
A
C
D
C
A
C
B
D
B
D
A
B
A
A
A
B
B
C
C
D
B
C
D
C
B
D
A
C
D
C
A
D
A
B
D
B
A
Gambar 3.1. ilustrasi 4 orang duduk mengelilingi meja bundar
32
Perhatikan
bahwa
gambar
3.1. terdiri
dari
6 warna,
setiap warna
mengilustrasikan susunan atau urutan duduk yang sama, karena ada 6 warna
berbeda, berarti banyaknya susunan duduk berbeda dari 4 orang yang
mengelilingi meja bundar adalah 6 cara.
Banyaknya permutasi melingkar 𝒏 unsur berlainan adalah (𝒏 − 𝟏)!
Pada contoh 3.7. diperoleh banyaknya susunan duduk berbeda dari 4 orang yang
mengelilingi meja bundar adalah (4 − 1)! = 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 cara.
Contoh 3.7.
Tiga orang mahasiswa duduk mengelilingi meja bundar, berapa susunan cara
yang berbeda ketiganya duduk mengelilingi meja tersebut?
Penyelesaian:
𝑛=3
Banyaknya susunan berbeda ketiga mahasiswa duduk mengelilingi meja bundar
adalah (3 − 1)! = 2! = 2.
37
Latihan 3.3.
1. Apabila
terdapat
4
orang
berkebangsaan
Indonesia,
3
orang
berkebangsaan German dan 6 orang berkebangsaan Japan. Maka berapa
banyaknya urutan duduk apabila duduknya bebas tidak berdasarkan
kewarganegaraan?
2. Dari no 1 berapa banyaknya urutan duduk apabila duduknya berdasarkan
urutan kewarganegaraan?
3. Dengan berapa cara menanam 3 pohon jati, 4 pohon kurmis dan 2 pohon
mahoni sepanjang pinggir jalan raya secara berjajar apabila:
a. Pohon yang sejenis tidak dibedakan?
b. Pohon sejenis dibedakan?
4. Berapa banyak susunan kata yang dapat dibentuk (tidak harus punya
arti) dari kata “STATISTIKA” ?
5. Berapa banyak susunan penataan buku secara berjajar apabila terdapat
3 buku NOVEL, 8 buku KOMIK, 2 buku KULINER dan 10 buku
BIOGRAFI dengan ketentuan buku yang sejenis harus bersama?
6. Berapa banyak cara untuk menanam 8 bunga yang disusun dalam
pekarangan yang bentuknya melingkar?
7. Berapa banyak susunan cara yang berbeda dari 5 orang duduk melingkar
mengelilingi meja bundar? Dan tunjukkan susunannya apa saja!
38
Pertemuan 4
KOMBINASI
Sebelum mempelajari kombinasi, kita akan mengingat perkuliahan pada pertemuan
3, yaitu tentang permutasi. Dalam permutasi, perhatikan bahwa susunan atau urutan dari
setiap kejadian diperhatikan, semisal dua orang beri nama A dan B duduk berjajar pada
kursi, kursi pertama diduduki A dan kursi kedua diduduki B kita tulis AB, tidak sama
dengan BA di mana artinya kursi pertama diduduki B dan kursi kedua diduduki A.
Sekarang perhatikan contoh 4.1.
Contoh 4.1.
Misalkan dalam susunan kepanitian, Dari 5 orang mahasiswa Pendidikan Matematika
(Toni, Waingges, Indah, Yully dan Alle) akan dipilih 3 orang yang akan mewakili program
studi Matematika survei lokasi lomba karya ilmiah di Jakarta. Maka berapa banyak cara
yang dapat disusun dari ke-5 mahasiswa tersebut?
Penyelesaian:
Susunan semua yang mungkin adalah,
1) Toni-Waingges-Indah (TWI)
2) Toni-Waingges-Yully (TWY)
3) Toni-Waingges-Alle (TWA)
4) Toni-Indah-Yully (TIY)
5) Toni-Indah-Alle (TIA)
6) Toni-Yully-Alle (TYA)
7) Waingges-Indah-Yully (WIY)
8) Waingges-Indah-Alle (WIA)
9) Waingges-Yully-Alle (WAY)
10) Indah-Yully-Alle (IYA)
Jadi ada 10 cara.
39
Untuk membedakan hasil antara kombinasi dan permutasi, perhatikan tabel 4.1.
Tabel 4.1. Perbedaan Kombinasi dan Permutasi
Kombinasi
TWI
TWY
TWA
TIY
TIA
TYA
WIY
WIA
WYA
IYA
TWI
TWY
TWA
TIY
TIA
TYA
WIY
WIA
WAY
IYA
TIW
TYW
TAW
TYI
TAI
TAY
WYI
WAI
WAY
IAY
Permutasi
WIT
WTI
WYT
WTY
WAT
WTA
ITY
IYT
ITA
IAT
YTA
YAT
IWY
IYW
IWA
IAW
AWY
AYW
YIA
YAI
ITW
YTW
ATW
YTI
ATI
ATY
YWI
AWI
YWA
AIY
IWT
YWT
AWT
YIT
AIT
AYT
YIW
AIW
YAW
AYI
Dari tabel 4.1. terlihat bahwa 6 buah permutasi menghasilkan 1 buah kombinasi, sehingga
banyaknya kombinasi sebanyak
60
6
= 10 buah.
Secara umum, kombinasi dapat ditulis sebagai,
Banyaknya kombinasi dari 𝑟 elemen yang diambil dari 𝑛 elemen ditulis 𝐶(𝑛,𝑟)
𝑛
𝑛!
atau 𝐶𝑟𝑛 atau 𝑛𝐶𝑟 atau ( ) adalah
dengan 𝑟 ≤ 𝑛.
𝑟!(𝑛−𝑟)!
𝑟
Juga dapat ditulis
𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2) … (𝑛 − 𝑟 + 1) 𝑛𝑃𝑟
𝑛
( )=
=
𝑟
𝑟!
𝑟!
Contoh 4.2.
Dari 10 orang mahasiswa akan dibuat kelompok belajar dengan ketentuan setiap
kelompok berisi 5 orang, berapa banyak susunan yang dapat dibentuk untuk
membentuk kelompok tersebut?
40
Penyelesaian:
Karena susunannya tidak diperhatikan, maka kita akan menggunakan kombinasi.
𝐶510 =
10!
10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
=
= 252
5! (10 − 5)!
5∙4∙3∙2∙1
Jadi banyak susunan yang dapat dibentuk dari 10 orang mahasiswa untuk dibuat
kelompok belajar dengan ketentuan setiap kelompok berisi 5 orang adalah 252 cara.
Contoh 4.3.
Dalam pertandingan badminton, akan dipilih 2 orang dari 5 orang calon yang akan
mewakili kejuaraan untuk tingkat Universitas. Berapa banyaknya cara yang dapat
disusun dari mahasiswa-mahasiswa tersebut untuk mewakili kejuaraan untuk tingkat
universitas tersebut?
Penyelesaian:
Karena urutan pemilihan orang tidak diperhatikan, maka dengan menggunakan
kombinasi diperoleh,
𝐶25 =
5!
5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2!
=
= 30
2! (5 − 3)!
2 ∙ 1 ∙ 2!
Jadi banyaknya cara yang dapat disusun adalah 30 cara.
Contoh 4.4.
Apabila dari {𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑} diambil 3 elemen, banyaknya permutasi dan kombinasi
yang diperoleh adalah:
41
Tabel 4.2. Banyaknya permutasi dan kombinasi yang diambil dari 3 elemen adalah
Kombinasi
Permutasi
Abc
abc
acb
bac
bca
cab
cba
Abd
abd
adb
bad bda
dab
dba
Acd
acd
adc
cad
cda
dac
dca
Bcd
bcd
bdc
cbd
cdb dbc
dcb
4
𝟒 × 𝟔 = 𝟐𝟒
Banyaknya:
4!
Permutasi 𝑃34 = (4−3)! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24
4!
4!
Kombinasi 𝐶34 = 3!(4−3)! = 3!1! = 4
Contoh 4.5.
Jika terdapat 3 wanita dan 4 pria yang mendaftar, tentukan susunan panitia yang akan
dipilih yang terdiri dari 2 wanita dan 2 pria?
Penyelesaian:
Susunan panitia yang terdiri dari 2 wanita adalah
𝐶(3,2) =
=
3!
2! (3 − 2)!
4 ∙ 3 ∙ 2!
= 12
2! ∙ 1
Susunan panitia yang terdiri dari 2 pria adalah,
𝐶(4,2) =
=
4!
2! (4 − 2)!
4 ∙ 3 ∙ 2!
2! ∙ 2 ∙ 1
42
=6
Berdasarkan aturan perkalian, maka banyaknya cara untuk menyusun kepanitian
yang terdiri dari 2 wanita dan 2 pria adalah 12 ∙ 6 = 72 cara.
Latihan 4.1.
1)
Ada 4 orang bernama Adi, Bayu, Cintya, dan Denisa. Apabila dipilih 2 orang
secara acak, ada berapa banyak pilihan yang akan diperoleh?
2)
Banyaknya susunan kepanitian yang dapat dibentuk dari 3 wanita dan 4 pria
dari 8 calon yang merupakan wanita dan 6 calon yang merupakan pria adalah?
3)
From 8 consonants and 4 vowels, how many words can be formed consisting
of 4 different consonant and 3 different vowels? The words need not have
meaning.
4)
Apabila dalam suatu kelompok terdapat 4 kimiawan dan 3 fisikawan, buatlah
panitia 3 orang yang terdiri atas 2 kimiawan dan 1 fisikawan!
5)
Dalam suatu sekolah yang mempunyai 5 orang Guru Matematika, 4 orang
Guru Fisika, 2 orang Guru Kimia dan 3 orang Guru TIK akan dipilih 2 orang
Guru Matematika, 2 orang Guru Fisika, 1 orang Guru Kimia dan 1 orang Guru
TIK untuk membimbing siswanya belajar soal-soal Olimpiade. Maka
banyaknya susunan yang dapat dibentuk apabila pemilihan orang bebas
adalah?
6)
Banyaknya susunan kombinasi tim bola voli putri apabila jumlah calon
pemain sebanyak 10 orang adalah?
7)
Banyaknya susunan cara yang dapat dibentuk untuk membentuk tim sepak
bola putra apabila banyak calon pemain yang mendaftar sebanyak 21 orang
adalah?
43
8)
Apabila dalam suatu tes ujian tertulis, peserta diharuskan mengerjakan 3 soal
dari 5 soal yang diberikan, maka berapa banyaknya kombinasi soal yang dapat
ia jawab dengan ketentuan,
a) Soal bebas dipilih?
b) Soal pertama harus dikerjakan?
44
Pertemuan ke-5 dan 6
PELUANG (PROBABILITAS) KEJADIAN
A.
PROBABILITAS
Perhatikan contoh 5.1. berikut.
Contoh 5.1.
Misalkan anda diminta untuk menebak malam ini hujan atau tidak, atau teman
anda bertanya kepada anda prediksi hasil pertandingan liga inggris antara
Manchester United dengan Manchester City? Apakah Jawaban Anda? Pada
pertanyaan pertama, misalkan anda menjawab Hujan, apakah pasti akan Hujan?
Pertanyaan kedua misalkan anda jawab Manchester United, apakah pasti yang
menang Manchester United? Nah pasti belum tentu bukan?
Dari contoh 5.1. di atas adalah contoh Peluang Kejadian, yang akan kita
pelajari pada bab ini.
Contoh 5.2.
Contoh lagi misalkan anda melempar sebuah uang logam di mana kedua
sisinya setimbang, apakah anda bisa memastikan pada lemparan pertama muncul
pasti Angka (A)? tentu saja tidak kan? Masih banyak contoh kejadian-kejadian lain
yang masih bisa dijadikan contoh. Coba anda cari minimal 3 buah kejadian yang
berhubungan dengan peluang!
Perlu anda ketahui ada beberapa istilah yang bisa dipakai untuk menyebut
peluang, antara lain probabilitas, kemungkinan, kebolehjadian. Simbol probabilitas
45
atau peluang dalam handout ini adalah 𝑃 dan dinyatakan dalam angka positif,
dengan minimum 0 dan maksimum 1.
𝑃 = 0; berarti suatu kejadian tidak mungkin terjadi, atau mustahil. Sebagai contoh
adalah matahari bersinar di malam hari, maka karena hal tersebut tidak
mungkin peluang kejadian matahari bersinar di malam hari adalah 0.
𝑃 = 1; berarti suatu kejadian yang pasti terjadi. Sebagai contoh adalah setiap
manusia pasti akan mati, hal ini pasti terjadi karena tidak ada manusia yang
tidak akan mati, sehingga peluang kejadian setiap manusia pasti akan mati
adalah 1.
Sebagian kejadian yang kita jumpai dalam kehidupan sehari-hari
mempunyai peluang antara 0 sampai dengan 1. Pertanyaannya adalah berarti
tidak tepat 0 atau 1 dong? Ya, jarang sekali kejadian atau peristiwa sehari-hari
yang kita jumpai yang mempunyai peluang 0 atau 1. Bagaimana dengan yang
peluangnya mendekati 0 ? Hal ini berarti kejadian terswbut mempunyai
kemungkinan kecil terjadi atau cenderung untuk tidak terjadi. Sebaliknya apabila
suatu kejadian mempunyai peluang mendekati 1 berarti kejadian tersebut
mempunyai kemungkinan besar untuk terjadi.
Dalam (Djarwanto dan Subagyo,1998 hal 8-9) Ada tiga macam pendekatan
mengenai pengertian probabilitas, yaitu:
1)
Pengertian klasik
Probabilitas adalah kemungkinan terjadinya suatu peristiwa di antara
keseluruhan peristiwa diantara keseluruhan peristiwa yang bisa terjadi.
46
Probabilitas suatu kejadian ditentukan berdasarkan analisa terhadap obyekobyek yang bersangkutan. Pendekatan probabilitas klasik biasa juga disebut
dengan pendekatan secara teori.
Definisi 5.1.
Jika suatu percobaan menghasilkan 𝑛 hasil yang tidak mungkin
terjadi secara bersama-sama dan masing-masing mempunyai
kesempatan yang sama untuk terjadi, maka peluang suatu kejadian
katakanlah kejadian 𝐴 ditulis
𝑛(𝐴)
𝑃(𝐴) =
𝑛
di mana 𝑛(𝐴) adalah banyaknya hasil pada kejadian 𝐴.
Contoh 5.3.
Sebagai contoh adalah ketika sebuah mata uang logam dilemparkan sekali
(dengan kedua permukaan setimbang(simetris)), sewaktu-waktu jatuh maka
kedua permukaannya mempunyai kemungkinan yang sama untuk tampak di
atas karena simetris. Dalam hal ini baik permukaan Angka (A) maupun
Gambar (G) mempunyai kemungkinan yang sama yaitu
1
2
atau 0,5 untuk
kelihatan dari atas, sehingga dalam hal ini 𝑃(𝐴) = 0,5 dan 𝑃(𝐺) = 0,5.
Keterangan:
𝑃(𝐴) = peluang kejadian kelihatan dari atas adalah Angka.
𝑃(𝐺) = peluang kejadian kelihatan dari atas adalah Gambar
2)
Pengertian berdasarkan pendekatan empiris.
Probailitas pada pendekatan ini ditentukan berdasarkan pengamatan yang
dilakukan (observasi). Artinya adalah berdasarkan pengalaman atau
peristiwa yang telah terjadi. Pendekatan empiris juga bisa disebut sebagai
pendekatan
dengan
frekuensi
relatif.
Dalam
pendekatan
empiris,
probabilitas suatu kejadian, katakanlah kejadian 𝐴 sama dengan nilai limit
47
dari frekuensi relatif (𝑓) kejadian 𝐴 tersebut. Dengan demikian, apabila 𝐴
terjadi sebanyak 𝑛 kali selama pengamatan berlangsung, di mana 𝑛
mendekati tak hingga (𝑛 → ∞), probabilitas kejadian 𝐴 dirumuskan sebagai
𝑃(𝐴) = lim
𝑛→∞
𝑓
𝑛
Contoh 5.4.
Seandainya saja Anda melemparkan bola dari jarak 3 meter untuk mengenai
suatu obyek tertentu sebanyak 100 kali dan ternyata mengenai benda
tersebut sebanyak 70 kali, maka berdasarkan pendekatan empiris
70
probabilitasnya dientukan dengan 100 = 0,70.
3)
Pengertian berdasarkan pendekatan subyektif.
Menurut pendekatan ini, probabilitas ditentukan berdasarkan perasaan atau
perkiraan dari si Peneliti. Jadi cara ini dipengaruhi oleh pribadi masingmasing individu (orang) sehingga sifatnya adalah subyektif.
B.
HUBUNGAN ANTARA PROBABILITAS TEORITIS DAN EMPIRIS.
Pendekatan empiris tentu berbeda dengan pendekatan teoritis, berarti
terkadang menghasilkan probabilitas yang tidak sama.
Contoh 5.5.
Misalkan secara klasik atau teori, menurut pendekatan ini apabila kita
melemparkan sebuah mata uang logam yang simetris peluang munculnya gambar
adalah 0,5 dan peluang munculnya angka adalah 0,5. Jadi apabila kita melempar
sebanyak 100 kali, maka diperkirakan akan mendapat 50 permukaan Angka dan
50 permukaan Gambar. Lain halnya dengan pendekatan empiris, bisa saja dalam
100 kali pelemparan, kita mendapatkan 55 permukaan Angka dan 45 permukaan
48
Gambar, sehingga secara empiris peluang muncul permukaan angka adalah 0,55
dan peluang muncul permukaan Gambar adalah 0,45.
C.
BEBERAPA HUKUM PROBABILITAS
Pada pertemuan 1 anda telah mengenal beberapa hubungan antara kejadian,
antara lain kejadian saling lepas, bebas, bersyarat. Bagaimana peluang suatu
kejadian apabila memenuhi kondisi-kondisi yang telah disebutkan tersebut? Pada
sub bab ini, anda akan mempelajarinya.
Teorema 5.1.
Jika 𝐴 dan 𝐵 dua kejadian yang saling bebas, maka
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
Bukti:
Dengan menggunakan ilustrasi gambar 5.1. dan Gambar 5.2., anda akan memulai
untuk membuktikan teorema 5.1.
S
A
B
S
Gambar 5.1. Gabungan 𝐴 dan 𝐵
Gambar 5.1. 𝐴 ⋃ 𝐵
A
B
Gambar 5.2. Irisan 𝐴 dan 𝐵
Gambar 5.2. 𝐴 ⋂ 𝐵
Dari gambar 5.1. diperoleh daerah yang diarsir merupakan gabungan himpunan 𝐴
dengan himpunan 𝐵, dinotasikan dengan 𝐴 ∪ 𝐵.
Banyaknya anggota himpunan 𝐴 ∪ 𝐵 adalah
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
49
Perhatikan bahwa, apabila apabila kedua ruas anda bagi dengan 𝑛(𝑆), diperoleh
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
=
𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆)
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) 𝑛(𝐴) 𝑛(𝐵) 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
=
+
−
𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆) 𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆)
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) (Terbukti).
c.1. Hukum Peluang Kejadian yang Mutually Exclusive (Saling Lepas).
Dari teorema 5.1. bisa diturunkan hukum peluang untuk kejadian saling
lepas,
Akibat 5.1.
Jika 𝐴 dan 𝐵 dua kejadian yang saling lepas, maka
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵)
Bukti:
Perhatikan gambar 5.3. diagram venn berikut,
S
A
B
Gambar 5.3. Kejadian saling lepas
Dari gambar 5.3.diperoleh
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
1
Apabila kedua ruas dikalikan dengan 𝑛(𝑆) maka diperoleh
50
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
=
𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆)
𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) 𝑛(𝐴) 𝑛(𝐵) 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
=
+
−
𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆) 𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆)
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) − 0,
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵)
∎
Catatan:
𝑛(𝐴∩𝐵)
𝑛(𝑆)
= 0 karena 𝐴 dan 𝐵 dua kejadian saling lepas, di mana 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅
yang artinya 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑛(∅) = 0.
Buktikan bahwa 𝑃(𝑆) = 1.
Bukti:
Perhatikan gambar 5.4. diagram venn berikut,
S
A
Gambar 5.4. Diagram Venn suatu kejadian
𝐴 ∪ 𝐴𝑐 = 𝑆
𝑛(𝐴 ∪ 𝐴𝑐 ) = 𝑛(𝑆)
𝑛(𝐴 ∪ 𝐴𝑐 ) 𝑛(𝑆)
=
𝑛(𝑆)
𝑛(𝑆)
51
𝑃(𝐴 ∪ 𝐴𝑐 ) = 1
𝑃(𝑆) = 1 ∎
Contoh 5.6.
Apabila 𝐴 dan 𝐵 dua kejadian saling lepas, dengan 𝑃(𝐴) = 0,3 dan 𝑃(𝐵) = 0,25
𝑃(𝐵) = 0,25, tentukan 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵)!
Penyelesaian:
Diketahui 𝑃(𝐴) = 0,3; 𝑃(𝐵) = 0,25; 𝐴 dan 𝐵 dua kejadian saling lepas.
Berarti
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵)
= 0,3 + 0,25
= 0,55.
Jadi 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 0,55.
Contoh 5.7.
Peluang kejadian munculnya mata dadu berjumlah 5 dan 8 apabila dua buah dadu
dilempar sekali adalah?
Penyelesaian:
Misalkan,
𝑆 = Semesta kejadian, atau kemungkinan semua yang akan muncul apabila
dua buah dadu dilempar sekali
𝐴 = Kejadian munculnya mata dadu berjumlah 5.
52
𝐵 = Kejadian munculnya mata dadu berjumlah 8.
Berarti,
(1,1)
(2,1)
(3,1)
𝑆=
(4,1)
(5,1)
{(6,1)
(1,2)
(2,2)
(3,2)
(4,2)
(5,2)
(6,2)
(1,3)
(2,3)
(3,3)
(4,3)
(5,3)
(6,3)
(1,4)
(2,4)
(3,4)
(4,4)
(5,4)
(6,4)
(1,5)
(2,5)
(3,5)
(4,5)
(5,5)
(6,5)
(1,6)
(2,6)
(3,6)
(4,6)
(5,6)
(6,6)}
𝑛(𝐴) = 36
𝐴 = {(1,4) (2,3) (3,2) (4,1)}
𝑛(𝐴) = 4
𝑃(𝐴) =
4
36
𝐵 = {(2,6) (3,5) (4,4) (5,3) (6,2)}
𝑛(𝐵) = 5
𝑃(𝐵) =
5
36
Sehingga,
𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵)
=
4
5
+
36 36
=
9
36
Jadi 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) =
9
.
36
Latihan 5.1.
Sebuah coin dan sebuah dadu dilemparkan bersama-sama. Berapakah
probabilitas untuk memperoleh:
53
1. Permukaan A pada koin dan permukaan nomor 2 pada dadu yang tampak
dari atas?
2. Permukaan A pada koin atau permukaan nomor 2 pada dadu?
c.2. Hukum Peluang Kejadian yang Saling Bebas.
Sifat dua atau lebih peristiwa dari suatu percobaan dapat independent
ataupun dependen. Dua atau peristiwa dikatakan bersifat independent jika
terjadinya suatu peristiwa tidak mempengaruhi terjadinya peristiwa yang lain.
Sebaliknya, dua atau lebih peristiwa atau kejadian akan mempengaruhi terjadinya
peristiwa lain. Dapat dikatakan bahwa dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 dalam ruang sampel
𝑆 dikatakan saling bebas jika kejadian 𝐴 tidak mempengaruhi kejadian 𝐵 dan
begitupun sebaliknya.
Apabila dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 saling bebas, maka berlaku,
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵)
Contoh 5.8.
Jika diketahui dua kejadian 𝐴 dan 𝐵 saling bebas dengan 𝑃(𝐴) = 0,3 dan 𝑃(𝐵) =
0,4 maka berlaku
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵)
= (0,3) ∙ (0,4)
= 0,12
Contoh 5.9.
Pada pelemparan dua buah dadu, apakah kejadian munculnya muka 𝑋 ≤ 3 dadu
I dan kejadian munculnya muka 𝑌 ≥ 5 dadu II saling bebas?
Jawab:
54
Misalkan
𝑆 = ruang sampel
𝐴 = Kejadian munculnya muka 𝑋 ≤ 3 dadu I
𝐵 = Kejadian munculnya muka 𝑌 ≥ 5 dadu II
Berarti
𝑛(𝑆) = 36
𝐴={
(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6),
}
(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6)
𝑛(𝐴) = 18
𝐵 = {(1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6), (4,5), (4,6), (5,5), (5,6), (6,5), (6,6)}
𝑛(𝐵) = 12
𝐴 ∩ 𝐵 = {(1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6)}
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) = 6
Sehingga diperoleh,
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑛(𝑆)
=
6
36
=
1
6
Perhatikan, dari contoh 5.9. juga berlaku 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵)
𝑃(𝐴) =
𝑛(𝐴) 18 1
=
=
𝑛(𝑆) 36 2
𝑃(𝐵) =
𝑛(𝐵) 12 1
=
=
𝑛(𝑆) 36 3
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) =
1 1 1
∙ =
2 3 6
Kenapa?
55
Karena ternyata contoh 5.9 adalah contoh kejadian saling bebas.
Konsep dua kejadian saling bebas di atas juga dapat dikembangkan untuk
tiga kejadian saling bebas antara 𝐴, 𝐵 dan 𝐶 . Apabila 𝐴, 𝐵 dan 𝐶 adalah tiga
kejadian saling bebas, berlaku rumus probabilitas 𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶, yaitu
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶)
Secara umum apabila 𝐴1 , 𝐴2 , 𝐴3 , … , 𝐴𝑛 adalah kejadian-kejadian saling
bebas, berlaku
𝑃(𝐴1 , 𝐴2 , 𝐴3 , … , 𝐴𝑛 ) = 𝑃(𝐴1 ) ∙ 𝑃(𝐴2 ) ∙ 𝑃(𝐴3 ) ∙ … ∙ 𝑃(𝐴𝑛 )
Contoh 5.10.
Apabila 3 Mata Uang Logam dilemparkan sekali, tunjukkan bahwa munculnya
muka dari ketiga uang logam tersebut adalah kejadian saling bebas?
Penyelesaian:
Misalkan,
𝑆 = ruang sampel
𝐴 = kejadian munculnya muka pada uang logam I.
𝐵 =kejadian munculnya muka pada uang logam II.
𝐶 = kejadian munculnya muka pada uang logam III.
Berarti,
(𝑚 , 𝑚 , 𝑚 ), (𝑚1 , 𝑚2 , 𝑏3 ), (𝑚1 , 𝑏2 , 𝑚3 ), (𝑚1 , 𝑏2 , 𝑏3 ),
𝑆={ 1 2 3
}
(𝑏1 , 𝑏2 , 𝑏3 ), (𝑏1 , 𝑏2 , 𝑚3 ), (𝑏1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑏1 , 𝑚2 , 𝑏3 ),
𝑛(𝑆) = 8
𝐴 = {(𝑚1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑚1 , 𝑚2 , 𝑏3 ), (𝑚1 , 𝑏2 , 𝑚3 ), (𝑚1 , 𝑏2 , 𝑏3 )}
𝑛(𝐴) = 4
𝐵 = {(𝑚1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑚1 , 𝑚2 , 𝑏3 ), (𝑏1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑏1 , 𝑚2 , 𝑏3 )}
𝑛(𝐵) = 4
56
𝐶 = {(𝑚1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑏1 , 𝑚2 , 𝑚3 ), (𝑚1 , 𝑏2 , 𝑚3 ), (𝑏1 , 𝑏2 , 𝑚3 )}
𝑛(𝐶) = 4
𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶 = {(𝑚1 , 𝑚2 , 𝑚3 )}
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 1
Sehingga,
𝑃(𝐴) =
𝑛(𝐴) 4 1
= =
𝑛(𝑆) 8 2
𝑃(𝐵) =
𝑛(𝐵) 4 1
= =
𝑛(𝑆) 8 2
𝑃(𝐶) =
𝑛(𝐶) 4 1
= =
𝑛(𝑆) 8 2
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) =
𝑛(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) 1
=
𝑛(𝑆)
8
1 1 1
1
Perhatikan juga bahwa, 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 2 ∙ 2 ∙ 2 = 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝐵) ∙ 𝑃(𝐶) = 8
Jadi 𝐴, 𝐵 dan 𝐶 adalah tiga kejadian saling bebas.
Hukum Total Probabilitas.
Masih ingatkah, bahwa 𝐵 dan 𝐵𝑐 merupakan dua kejadian yang saling asing,
begitu juga dengan 𝐴 dan 𝐴𝑐 saling asing, sehingga
1. 𝐵 ∩ 𝐵𝑐 = ∅
2. 𝐵 ∪ 𝐵𝑐 = 𝑆
3. 𝐴 ∩ 𝐴𝑐 = ∅
4. 𝐴 ∪ 𝐴𝑐 = 𝑆
5. 𝐴 ∩ 𝑆 = 𝐴
6. 𝐴 ∪ 𝑆 = 𝑆
Perhatikan bahwa,
57
𝐴∩𝑆 =𝐴
(𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐵𝑐 )) = 𝐴 ∩ 𝐵 ∪ 𝐴 ∩ 𝐵𝑐
𝑛(𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐵𝑐 )) = 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐵𝑐 ))
= 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )
Secara umum, apabila 𝐵1 , 𝐵2 , 𝐵3 , … , 𝐵𝑘 kejadian-kejadian saling asing, maka 𝑆 =
𝐵1 ∪ 𝐵2 ∪ 𝐵3 ∪ … ∪ 𝐵𝑘
Sehingga
𝐴 ∩ 𝑆 = 𝐴 ∩ (𝐵1 ∪ 𝐵2 ∪ 𝐵3 ∪ … ∪ 𝐵𝑘 )
= 𝐴 ∩ 𝐵1 ∪ 𝐴 ∩ 𝐵2 ∪ … ∪ 𝐴 ∩ 𝐵𝑘
Latihan 5.2.
Buatlah contoh kejadian saling bebas dan kemudian analisa, benarkah contoh
yang anda buat memang benar contoh kejadian saling bebas!
58
Pertemuan ke-7
PROBABILITAS BERSYARAT
A.
Probabilitas Bersyarat
Dalam hubungan peristiwa-peristiwa bersyarat, suatu peristiwa hanya bisa terjadi
kalau ada peristiwa yang mendahului-nya terjadi. Misalkan peristiwa B hanya akan terjadi
kalau peristiwa A telah terjadi. Untuk mempelajari probabilitas bersyarat, maka terlebih
dahulu harus dibedakan dua macam probabilitas,
𝑃(𝐴) = Probabilitas terjadinya peristiwa 𝐴 atau peristiwa yang pertama.
𝑃(𝐵|𝐴) = Probabilitas terjadinya peristiwa 𝐵 setelah peristiwa 𝐴 terjadi.
Probabilitas kejadian bersyarat,
𝑃(𝐵|𝐴) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
, 𝑃(𝐴) > 0
𝑃(𝐴)
Secara umum, jika dua peristiwa 𝐵1 dan 𝐵2 saling asing (𝐵1 ∩ 𝐵2 = ∅), maka:
𝑃(𝐵1 ∪ 𝐵2 |𝐴) =
𝑃((𝐵1 ∪ 𝐵2 ) ∩ 𝐴)
𝑃(𝐴)
=
𝑃(𝐵1 ∩ 𝐴 ∪ 𝐵2 ∩ 𝐴)
𝑃(𝐴)
=
𝑃(𝐵1 ∩ 𝐴) 𝑃(𝐵2 ∩ 𝐴)
+
𝑃(𝐴)
𝑃(𝐴)
= 𝑃(𝐵1 |𝐴) + 𝑃(𝐵2 |𝐴)
Contoh 5.8.
Misalkan sebuah dadu bersisi 6 dilempar, dan 𝐴 kejadian muncul mata dadu kurang dari 6,
dan 𝐵 adalah kejadian muncul mata dadu Genap. Apabila kejadian 𝐴 dan 𝐵 dilakukan
secara berurutan, maka berapakah kemungkinan muncul mata dadu Genap apabila
didahului oleh kejadian munculnya mata dadu kurang dari 6?
59
Penyelesaian:
𝑆 merupakan ruang sample; 𝑆 = {1,2,3,4,5,6}
𝐴 kejadian muncul mata dadu kurang dari 5 ; 𝐴 = {1,2,3,4,5}
𝑃(𝐴) =
5
6
𝐵 adalah kejadian muncul mata dadu Genap; 𝐵 = {2,4,6}
𝑃(𝐵) =
3
6
𝐴 ∩ 𝐵 = {2,4}
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) =
2
6
Ditanya 𝑃(𝐵|𝐴) = ⋯ ?
Jawab
𝑃(𝐵|𝐴) =
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐴)
=
2
6
5
6
=
2
5
Jadi probabilitas muncul mata dadu genap apabila didahului kejadian munculnya mata dadu
2
5
kurang dari 5 adalah = 0,4.
Contoh 5.9.
Diberikan populasi calon mahasiswa STKIP SURYA yang dibagi menurut jenjang kelamin
dan status latar belakang pendidikan mereka, dirangkum dalam tabel 5.1 berikut,
Tabel 5.1. rangkuman jumlah populasi calon mahasiswa STKIP SURYA
Laki-laki (L)
Wanita (W)
Jumlah
IPA (A)
460
150
610
IPS (B)
40
250
290
Jumlah
500
400
900
60
Misalkan dari pendaftar akan dipilih calon mahasiswa dengan criteria bahwa dari
banyaknya calon mahasiswa yang diutamakan adalah dari IPA, maka hitung probabilitas
bahwa,
a) Yang terpilih adalah Laki-laki,
b) Wanita.
Penyelesaian:
a) 𝑛(𝐴) = 610
𝑛(𝑆) = 900
𝑃(𝐴) =
𝑛(𝐴) 610
=
𝑛(𝑆) 900
𝑛(𝐿 ∩ 𝐴) = 460
𝑃(𝐿 ∩ 𝐴) =
𝑛(𝐿 ∩ 𝐴) 460
=
𝑛(𝑆)
900
Sehingga,
𝑃(𝐿|𝐴) =
𝑃(𝐿 ∩ 𝐴)
𝑃(𝐴)
=
460
900
610
900
=
460
610
=
46
61
46
Jadi probabilitas terpilihnya laki-laki dengan syarat pendidikan IPA adalah 61.
b) 𝑛(𝑊) = 610
𝑛(𝑆) = 900
61
𝑃(𝑊) =
𝑛(𝑊) 610
=
𝑛(𝑆)
900
𝑛(𝑊 ∩ 𝐴) = 150
𝑃(𝑊 ∩ 𝐴) =
𝑛(𝑊 ∩ 𝐴) 150
=
𝑛(𝑆)
900
Sehingga,
𝑃(𝑊|𝐴) =
𝑃(𝑊 ∩ 𝐴)
𝑃(𝐴)
=
150
900
610
900
=
150
610
150
Jadi probabilitas terpilihnya wanita dengan syarat pendidikan IPA adalah 610.
Contoh 5.10.
Kotak A berisi 10 bola merah, dan 15 bola hijau. Kotak B berisi 12 bola merah dan 17 bola
hijau. Sebuah bola diambil secara acak dari kotak A kemudian dikembalikan ke kotak B.
Dari kotak B diambil sebuah bola secara acak. Tentukan peluang bahwa yang diambil 2
bola berwarna hijau!
Penyelesaian:
Misalkan
Akibat 5.1.
𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐵|𝐴) ∙ 𝑃(𝐴),
62
Contoh 5.10.
Probabilitas seorang calon mahasiswa diterima di program studi pendidikan matematika
STKIP SURYA adalah sebesar 0,40 dan apabila dia sudah menjadi mahasiswa di STKIP
SURYA, kemungkinan dia lulus sarjana sebesar 0,70. Berapakah kemungkinan calon
tersebut akan lulus sarjana?
Penyelesaian:
Misalkan A adalah kejadian seorang calon mahasiswa diterima di program studi pendidikan
matematika STKIP SURYA.
B adalah kejadian calon mahasiswa STKIP SURYA tersebut lulus sarjana.
Diketahui,
𝑃(𝐴) = 0,40
𝑃(𝐵|𝐴) = 0,70
Ditanya, 𝑃(𝐵) ?
𝑃(𝐵|𝐴) =
𝑃(𝐴)
𝑃(𝐵)
𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐵|𝐴) ∙ 𝑃(𝐴)
=
70 40
∙
100 100
=
28
100
= 0,28
Jadi probabilitas calon mahasiswa tersebut lulus sarjana adalah 0,28.
63
Sifat-sifat lain probabilitas bersyarat
1. 𝑃(𝐵|𝐴) = 𝑃(𝐵̅|𝐴)
2. 𝑃(𝐵1 ∪ 𝐵2 |𝐴) = 𝑃(𝐵1 |𝐴) + 𝑃(𝐵2 |𝐴) − 𝑃(𝐵1 ∩ 𝐵2 |𝐴)
3. 0 ≤ 𝑃(𝐵|𝐴) ≤ 1
4. 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵|𝐴)𝑃(𝐴 ∩ 𝐵)
Contoh 5.11.
Empat buah kartu remi diambil secara random satu per satu tanpa pengembalian. Tentukan
probabilitas bahwa kartu yang terambil secara berturut-turut adalah AS WARU HITAM
(ASwh), AS WARU MERAH (ASwm), AS WAJIK (ASwj) dan AS KERITING (ASkr)!
Penyelesaian:
𝑃(𝐴𝑆𝑤ℎ ∩ 𝐴𝑆𝑤𝑚 ∩ 𝐴𝑆𝑤𝑗 ∩ 𝐴𝑆𝑘𝑟) = 𝑃(𝐴𝑆𝑤ℎ)𝑃(𝐴𝑆𝑤𝑚|𝐴𝑆𝑤ℎ) ×
𝑃(𝐴𝑆𝑤𝑗|𝐴𝑆𝑤ℎ ∩ 𝐴𝑆𝑤𝑚) ×
𝑃(𝐴𝑆𝑘𝑟|𝐴𝑆𝑤ℎ ∩ 𝐴𝑆𝑤𝑚 ∩ 𝐴𝑆𝑤𝑗)
=
…
…
Contoh 5.12.
Kotak A berisi 10 bola merah (Ma) dan 15 bola hijau (Ha). Kotak B berisi 12 bola merah
(Mb) dan 17 bola hijau (Hb). Sebuah bola diambil secara acak dari kotak A kemudian
dikembalikan ke kotak B. Dari kotak B diambil sebuah bola secara acak. Tentukan peluang
bahwa 2 bola yang terambil berwarna hijau!
Penyelesaian:
𝑃(𝐻𝑎 ∩ 𝐻𝑏) = 𝑃(𝐻𝑎)𝑃(𝐻𝑏|𝐻𝑎)
64
=
15 18
∙
25 30
= 0,36
Latihan 5.2.
1.
Dari tabel 5.1. pada contoh 5.10 sekarang coba anda menghitung probabilitas,
a) terpilihnya laki-laki dengan syarat pendidikan IPS.
b) Terpilihnya wanita dengan syarat pendidikan IPS.
2.
Penelitian terhadap 100 Mahasiswa Pendidikan Matematika STKIP SURYA tentang
jenis kelamin dan hasil ujian dalam mata pelajaran Pengantar Teori Probabilitas, yang
mereka peroleh adalah seperti yang terlihat pada tabel 5.2.
Tabel 5.2. tabel Jenis Kelamin dan Nilai Ujian Pengantar Teori Probabilitas Mahasiswa
Pendidikan STKIP SURYA
Nilai
Jumlah
𝐴1
𝐴2
Jenis
Kurang dari 6
Lebih dari sama
kelamin
dengan 6
25
45
Laki-laki (𝐵1 )
20
10
Wanita (𝐵2 )
Jumlah
Berapakah probabilitas bahwa yang mendapat nilai kurang dari 6 adalah anak
perempuan?
3.
Misalkan kita mengambil tiga kartu, diambil tiga kali, pada sekelompok kartu bridge
yang lengkap. Setiap kali mengambil, kartu yang terpilih tidak dikembalikan pada
kelompok kartu ini. Ini dikatakan pengambilan kartu tanpa pengembalian. Tentukan
probabilitas untuk memperoleh tiga kartu AS?
4.
Pada saat menerima barang dari penyalur, biasanya pembeli memeriksa barang
tersebut. Dari 100 barang yang diterima ternyata ada 10 barang yang rusak. Apabila
diambil dua barang secara acak dari 100 barang yang datang, berapa probabilitas
bahwa kedua barang yang diambil tersebut rusak (pengambilan dilakukan tanpa
pengembalian)!
65
5.
Diantara 10 orang laki-laki dan 10 orang perempuan, terdapat 2 orang laki-laki dan 3
orang wanita yang buta warna. Apabila dipilih secara acak 1 orang buta warna dari 10
orang laki-laki dan 10 orang perempuan tersebut, hitung peluang yang dipilih adalah
laki-laki?
66
Pertemuan 8
ATURAN BAYES
Perhatikan gambar 8.1. berikut,
𝑆
𝑩
𝐴1
𝐴2
𝐴3
Gambar 8.1. Partisi suatu wilayah atau daerah
Dari gambar 8.1.
Misalkan ruang sampel 𝑆 dipartisi menjadi 3 bagian, yaitu 𝐴1 , 𝐴2 dan 𝐴3 dengan
𝑃(𝐴1 ) ≠ ∅; 𝑃(𝐴2 ) ≠ ∅; 𝑃(𝐴3 ) ≠ ∅.
Berarti,
𝑆 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3
𝑆 = ⋃3𝑖=1 𝐴𝑖 dengan 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3 = ∅.
Apabila 𝐵 ⊂ 𝑆 maka
𝐵 = (𝐴1 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴2 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴3 ∩ 𝐵)
3
𝐵 = ⋃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵)
𝑖=1
Dengan demikian,
3
𝑃(𝐵) = 𝑃 (⋃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵))
𝑖=1
67
3
𝑃(𝐵) = ∑ 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵)
𝑖=1
Dari 𝑃(𝐸|𝐵) =
𝑃(𝐸|𝐵) =
=
=
=
𝑃(𝐸∩𝐵)
𝑃(𝐵)
diperoleh,
𝑃(𝐸 ∩ 𝐵)
𝑃(𝐵)
𝑃(𝐸 ∩ 𝐵)
∩ 𝐵)
∑3𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖
𝑃(𝐸 ∩ 𝐵)
∑3𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 )𝑃(𝐵|𝐴𝑖 )
𝑃(𝐸)𝑃(𝐵|𝐸)
∑3𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 )𝑃(𝐵|𝐴𝑖 )
Bentuk inilah 𝑃(𝐸|𝐵) = ∑3
𝑃(𝐸)𝑃(𝐵 |𝐸 )
𝐵|𝐴𝑖 ) yang disebut dengan aturan bayes.
𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 )𝑃(
Aturan Bayes:
Jika kejadian-kejadian 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑘 adalah partisi kejadian dari ruang
sampel 𝑆 dengan 𝑃(𝐴𝑖 ) ≠ 0; 𝑖 = 1, 2, … , 𝑘 untuk setiap kejadian 𝐵 di 𝑆
dengan 𝑃(𝐵) ≠ 0, berlaku
𝑃(𝐴𝑖 |𝐵) =
𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵)
𝑘
∑𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 ∩ 𝐵)
=
𝑃(𝐴𝑖 ) ∙ 𝑃(𝐵|𝐴𝑖 )
𝑘
∑𝑖=1 𝑃(𝐴𝑖 ) ∙ 𝑃(𝐵|𝐴𝑖 )
Contoh 8.1.
Dalam rangka libur akhir semester, prodi Pendidikan Matematika STKIP
SURYA ingin menyewa Bus yang akan digunakan sebagai angkutan libur akhir
semester, Bus yang disewa adalah Bus “CEPAT”, “AMAN”, dan “NYAMAN”,
porsi masing-masing Bus yang disewa adalah 60% dari Bus “CEPAT”, 20% dari
Bus “AMAN” dan sisanya dari Bus “NYAMAN”. Perlu diketahui juga Bus-bus
68
tersebut ada yang Non-Ac, dengan porsi 9% Bus “CEPAT, 10% Bus “AMAN” dan
5% Bus “NYAMAN”. Apabila ternyata Bus yang disewa tidak ber Ac, maka
hitung peluang yang disewa adalah Bus “CEPAT”!
Penyelesaian:
Misalkan:
𝑄 = Bus yang terpilih adalah Non-AC.
𝐶 = Bus yang terpilih adalah Bus CEPAT.
𝐴 = Bus yang terpilih adalah Bus AMAN.
𝑁 = Bus yang terpilih adalah Bus NYAMAN.
Maka,
𝑃(𝐶|𝑄) =
𝑃(𝐶 ∩ 𝑄)
𝑃(𝑄)
=
𝑃(𝐶) ∙ 𝑃(𝑄|𝐶)
𝑃(𝐶) ∙ 𝑃(𝑄|𝐶) + 𝑃(𝐴) ∙ 𝑃(𝑄|𝐴) + 𝑃(𝑁) ∙ 𝑃(𝑄|𝑁)
=
(60%) ∙ (9%)
(60%) ∙ (9%) + (20%) ∙ (10%) + (20%) ∙ (5%)
=
9
14
Jadi peluang disewa Bus CEPAT tanpa AC adalah
9
.
14
Latihan 8.1.
Seorang guru Matematika mempunyai dua buah mobil, satu sedan dan satu lagi
pick up. Untuk pergi bekerja, porsi sedan yang dia gunakan adalah 75%,
sedangkan pick up 25%. Apabila dia menggunakan sedan, tiba di rumah jam
17.30 WIB sebanyak 75%, dan dengan menggunakan pick up sebanyak 60%.
69
Apabila dia tiba di rumah pukul 17.30 WIB, berapa peluang dia menggunakan
sedan?
Latihan 8.2.
1. Misalkan bola berwarna terbagi dalam tiga kotak yang dirangkum sbb;
Kotak I
Kotak II
Kotak III
merah
2
4
3
Putih
3
1
4
Hitam
5
5
3
Satu kotak dipilih secara acak dan dari dalamnya diambil sebuah bola
secara acak, dan ternyata berwarna merah. Berapa peluang kotak 3 yang
terambil?
2. Sebuah pabrik menggunakan 4 buah mesin 𝐴1 , 𝐴2 , 𝐴3 dan 𝐴4 untuk
menghasilkan satu macam barang. Hasilnya pada akhir bulan adalah: dari
mesin 𝐴1 = 100 buah, dari mesin 𝐴2 = 120 buah, dari mesin 𝐴3 = 180
buah dan dari mesin 𝐴4 = 200 buah. Jumlah seluruhnya ada 600 buah.
Mesin 𝐴1 dan 𝐴2 mempunyai probabilitas menghasilkan barang yang
rusak 5% sedangkan mesin 𝐴3 dan 𝐴4 mempunyai probabilitas 1%. Jika
dari 600 buah barang tersebut diambil 1 secara random dan ternyata
rusak, berapakah probabilitas bahwa barang tersebut berasal dari
mesin 𝐴4 ?
3. Suatu program matrikulasi di STKIP SURYA adalah “mencetak guru
yang hebat”. Misalkan program tersebut mau diteruskan atau tidak,
tergantung pada hasil pemilihan Rektor, artinya ditentukan oleh siapa
70
nanti yang menang dalam pemilihan. Ada dua calon Rektor yaitu: Prof. Y
dan Prof. Z. Kemungkinan bahwa Prof Y akan terpilih adalah 0,80 dan
kemungkinan Prof.Z akan terpilih adalah 0,20. Jika A adalah peristiwa
bahwa program tersebut diteruskan. Probabilitas bahwa program
tersebut diteruskan apabila Prof Y menang adalah 0,60 dan bila Prof Z
menang adalah 0,50. Apabila program tersebut akan diteruskan,
berapakah probabilitas bahwa yang terpilih adalah Prof.Y.
71
Pertemuan 10
DISTRIBUSI PROBABILITAS DISKRIT (SERAGAM DAN
BINOMIAL)
A.
VARIABEL RANDOM (ACAK)
Pada pertemuan 1 anda sudah mengenal tentang konsep percobaan dan hasil dari
percobaan. Untuk merangkum dari hasil-hasil percobaan sebagai nilai-nilai angka secara
lebih sederhana, maka kita akan menggunakan apa yang bisa disebut dengan variable
acak (variable random). Jadi variable random bisa didefinisikan sebagai gambaran angka
dari hasil percobaan.
Variabel acak, dibagi menjadi dua macam, yaitu
Diskrit
Variable acak
Kontinu
1)
Variable acak diskrit
Contoh 10.1.
Penjualan buku
Jenis kelamin pembeli
Penelitian terhadap 50
produk baju baru
Pencatatan pengunjung
restoran pada suatu hari
Pencatatan mahasiswa
baru prodi Matematika
STKIP SURYA
Pencatatan Skor
pertandingan Badminton
Banyak produk cacat
Kemungkinan Nilai-nilai
Variabel Acak
0 jika perempuan
1 jika laki-laki
0, 1, 2, 3, 4, 5, …, 50
Banyaknya pengunjung
0, 1, 2, 3, 4
Percobaan
Variabel Acak
Banyaknya
Baru
Mahasiswa 0, 1, 2, 3, …, n
Skor
pertandingan 0, 1, 2, …, 21
badminton
72
Pencatatan skor
pertandingan footsal
2)
Skor pertandingan footsal
0, 1, 2, …
Variabel Acak kontinu
Apabila anda mengukur tinggi badan seseorang, atau mengukur berat badan
seseorang, maka variable yang dihasilkan adalah variable acak kontinu. Artinya, hasil
pengukuran tersebut tentu akan berbeda-beda tergantung pada siapa yang
melakukan pengukuran dan tingkat ketelitian yang digunakan.
Contoh 10.2.
percobaan
Pengukuran meja ruang
kuliah 406 gedung SURE
Isi teh botol
Penimbangan
sebuah
paket kiriman kilat
Usia mahasiswa semester
1 prodi Matematika STKIP
SURYA angkatan 2013
Ukuran panjang lapangan
sepak
bola
aturan
internasional
Pengukuran
tinggi
gawang sepak bola
B.
Variable acak
Panjang meja dalam 𝑐𝑚
Kemungkinan nilai-nilai
variable acak
50 ≤ 𝑥 ≤ 100
Jumlah dalam ml
Berat sebuah paket dalam
kg
Usia mahasiswa prodi
Matematika dalam tahun
0 ≤ 𝑥 ≤ 150
0≤𝑥≤5
Panjang lapangan sepak
bola dalam meter
90 ≤ 𝑥 ≤ 120
Tinggi gawang sepak bola
dalam meter
2,3 < 𝑥 < 2,5
17 ≤ 𝑥 ≤ 20
DISTRIBUSI PROBABILITAS VARIABEL ACAK DISKRIT
Distribusi probabilitas variable acak menggambarkan bagaimana suatu probabilitas
didistribusikan terhadap nilai-nilai dari variable acak yang dimaksud. Untuk variable diskrit
𝑋 distribusi probabilitas didefinisikan dengan fungsi probabilitas dan dinotasikan dengan
𝑝(𝑥) = 𝑃(𝑋 = 𝑥) = probabilitas bahwa variable 𝑋 (huruf capital) mengambil nilai 𝑥
(huruf kecil).
Contoh 10.3.
Jumlah mobil terjual per hari selama seminggu adalah sbb
73
Jumlah mobil terjual
Jumlah hari
0
2
1
4
2
1
Total
7
Distribusi probabilitas jumlah mobil terjual per hari selama seminggu adalah
X
0
1
2
Total
p(x)
0,286
0,571
0,143
1
Syarat fungsi probabilitas yang harus dipenuhi adalah
(1) 𝑝(𝑥) ≥ 0 atau 𝑝(𝑥) = 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
(2) ∑ 𝑝(𝑥) = 1
B.1. Distribusi Seragam
Definisi 10.4.
Apabila peubah acak 𝑋 mempunyai nilai 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑘 dengan peluang yang sama,
distribusi seragam diskrit dinyatakan sebagai
1
𝑝(𝑥: 𝑘) = 𝑘 untuk 𝑥 = 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑘
Contoh 10.5.
Sebuah dadu dilemparkan sekali. Bila 𝑥 menyatakan mata dadu yang muncul, buatlah
distribusi probabilitas 𝑥!
Penyelesaian:
Ruang sampel 𝑆 = {1,2,3,4,5,6} dan setiap dadu mempunyai probabilitas yang sama yaitu
1
.
6
74
1
Dengan demikian, distribusi seragamnya adalah 𝑝(𝑥: 6) = 6 untuk 𝑥 = 1,2,3,4,5,6
Contoh 10.6.
Tim bulutangkis terdiri dari 8 orang. Apabila dari tim tersebut dipilih 2 orang secara acak
untuk melakukan pertandingan, tentukan distribusi seragam yang diambil secara acak?
Penyelesaian:
Jumlah orang dalam tim adalah 8 orang.
Apabila diambil 2 orang secara acak, banyak kemungkinan yang terjadi adalah 8𝐶2 =
28.
Apabila cara masing-masing diberi nomor 1 sampai dengan 28, maka distribusi
probabilitasnya adalah 𝑝(𝑥: 28) =
1
28
untuk 𝑥 = 1,2,3, … , 28.
B.2. Distribusi Binomial
Beberapa percobaan sering kali terdiri atas ulangan-ulangan yang mempunyai dua
kejadian, yaitu misalkan TIDAK LULUS dan LULUS.
Percobaan-percobaan pada distribusi binomial bersifat bebas dan probabilitas
keberhasilan setiap pengulangan adalah sama.
Contoh 10.7.
Keluarga BAHAGIA merencanakan memiliki 3 orang anak. Kelahiran setiap anak laki-laki
dikatakan berhasil dan kelahiran anak perempuan dikatakan gagal. Dengan demikian,
banyaknya anak laki-laki dipandang sebagai sebuah peubah acak 𝑋 yang mengambil
bilangan 0 sampai 3. Peubah acak 𝑋 yang menyatakan banyaknya keberhasilan dalam
setiap percobaan disebut peubah acak binomial.
75
Lihat tabel 10.1
Tabel 10.1. Hasil “percobaan” keluarga bahagia
Ruang sampel
Peubah 𝑿
PPP
0
LPP
1
PLP
1
PPL
1
LLP
2
LPL
2
PLL
2
LLL
3
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
peluang
1
8
3
8
3
8
1
8
Selanjutnya ilustrasi keluarga BAHAGIA akan kita generalisasikan, dengan mencari rumus
umumnya dari distribusi binomial.
Apabila kelahiran anak laki-laki dinyatakan sebagai 𝑥, probabilitas kelahiran anak laki1
laki mempunyai nilai yang tetap yaitu 2. Kelahiran anak laki-laki yang dipandang berhasil
adalah 𝑥 dengan probabilitas 𝑝 dan untuk setiap kegagalan, yaitu kelahiran anak
perempuan, adalah (𝑛 − 𝑥) dengan probabilitas 𝑞 = 1 − 𝑝 . Dengan demikian,
probabilitas untuk urutan tertentu dinyatakan sebagai 𝑝 𝑥 𝑞𝑛−𝑥 .
Sekarang tinggal menghitung banyaknya kombinasi yang mempunyai keberhasilan 𝑥 dan
kegagalan (𝑛 − 𝑥). Selanjutnya, banyaknya kombinasi ini dikalikan dengan 𝑝 𝑥 𝑞𝑛−𝑥 untuk
mendapatkan rumus umum binomial.
76
𝑛
𝑏(𝑥: 𝑛: 𝑝) = ( ) 𝑝 𝑥 𝑞𝑛−𝑥
𝑥
Dengan 𝑥 = 0,1,2, … , 𝑛
Contoh 10.8.
Besarnya peluang keluarga BAHAGIA dengan 2 anak laki-laki dari 3 anak yang dimiliki
adalah
2
1
1 3−2 3
3 1
𝑏 (2: 3: ) = ( ) ( ) (1 − )
=
2 2
2
2
8
Nilai rata-rata dan varians distribusi binomial pada dasarnya ditentukan oleh berbagai
macam peristiwa yang dihasilkan dari percobaan binomial, terutama peluang keberhasilan
dan kegagalannya.
Contoh 10.9.
Hasil percobaan ke 𝑛 dinyatakan dengan peubah acak 𝑋𝑛
dengan peluang 𝑝 ,
keberhasilan 𝑋𝑛 dan kegagalan 𝑋𝑛 = 0 . Suatu percobaan binomial banyaknya
keberhasilan ditulis sebagai jumlah 𝑛 peubah acak bebas:
𝑋 = 𝑋1 + 𝑋2 + 𝑋3 + ⋯ + 𝑋𝑛
Nilai harapan setiap 𝑋𝑛 adalah 𝐸(𝑋𝑛 ) = 1(𝑝) + 0(𝑞) = 𝑝.
Sehingga rata-rata suatu populasi berdistribusi binomial dapat dinyatakan sebagai
perkalian 𝑛 percobaan dengan probabilitas keberhasilan.
𝜇 = 𝐸(𝑋) = 𝐸(𝑋1 ) + 𝐸(𝑋2 ) + ⋯ + 𝐸(𝑋𝑛 )
= 𝑝 + 𝑝 + 𝑝 + ⋯+ 𝑝
= 𝑛𝑝
77
Sementara besarnya variansi distribusi binomial dapat dicari dari hubungan berikut.
𝜎 2 = 𝜎𝑋1 2 + 𝜎𝑋2 2 + ⋯ + 𝜎𝑋𝑛 2
= 𝑝𝑞 + 𝑝𝑞 + 𝑝𝑞 + ⋯ + 𝑝𝑞
= 𝑛𝑝𝑞
Sehingga, simpangan bakunya adalah
𝜎 = √𝑛𝑝𝑞
Latihan soal 10.2.
1
1.
Evaluate 𝑏(2: 4: 2)
2.
Evaluate 𝑝(𝑥: 3) ≈ 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚
3.
Evaluate 𝑏 (4: 7: )
4.
1
2
1
Evaluate 𝑏 (2: 5: )
2
5.
6.
Evaluate 𝑝(𝑥: 5) ≈ 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚
Evaluate 𝑝(𝑥: 6) ≈ 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚
7.
Evaluate 𝑏 (4: 5: 2)
8.
Evaluate 𝑏 (2: 6: )
9.
Kepala bagian produksi PT.MAJU TERUS PANTANG MUNDUR melaporkan bahwa
proporsi produksi laptop yang rusak setiap kali di buat adalah 0,09. Jika dari total
produksi tersebut diambil secara acak sebanyak 5 buah laptop, berapakah peluang
bahwa yang rusak adalah 2 laptop?
Sebuah dadu dilempar sebanyak 3 kali. Berapakah peluang muncul mata dadu 4
sebanyak 2 kali?
Kerjakan latihan 10.2.
10.
11.
1
1
2
Latihan 10.2.
1.
Keluarga Markus ingin memiliki 3 anak. Apabila 𝑋 menyatakan banyaknya kelahiran
anak laki-laki,
(a) Hitung peluang kelahiran dua anak laki-laki,
(b) Peluang memiliki tidak lebih dari 2 anak laki-laki,
78
(c) Hitung rata-rata dan simpangan baku peubah acak 𝑋
2.
Menurut penelitian, peluang seorang untuk sembuh dari penyakit panu dengan
pemberian obat XXX sebesar 60%. Jika diambil 10 orang yang terjangkit penyakit
panu secara acak, hitunglah peluang
(a) Tidak lebih dari 3 orang sembuh
(b) Sedikitnya 5 orang sembuh
(c) Hitung rata-rata dan simpangan baku pasien sembuh (𝑛 = 10; 𝑝 = 0,6; 𝑞 =
0,4)
3.
Ujian statistika lanjut terdiri dari 10 soal nomor pilihan ganda. Hitung peluang untuk
memperoleh:
(a) Tepat 7 jawaban benar
(b) Lebih dari 6 jawaban benar
(c) 2 sampai 8 jawaban benar untuk seorang mahasiswa yang menjawab soal
dengan cara menebak-nebak saja.
Latihan soal 10.3.
1. Satu tim bulu tangkis terdiri dari 10 orang. Apabila dari tim tersebut dipilih 3
orang secara acak untuk melakukan pertandingan, tentukan distribusi seragam
yang diambil secara acak tersebut!
2. Sebuah keluarga merencanakan memiliki empat anak. Bila 𝑋 menyatakan
banyaknya kelahiran anak laki-laki dengan probabilitas kelahiran 60%, hitunglah:
a. Probabilitas kelahiran 2 anak laki-laki
b. Probabilitas memiliki tidak lebih dari 2 anak laki-laki
c. Rata-rata dan simpangan baku peubah acak X!
3. Hitung probabilitas distribusi binomial data berikut!
a. 𝑝 = 0,7; 𝑛 = 7; 𝑋 > 4
b. 𝑝 = 0,5; 𝑛 = 5; 2 < 𝑋 ≤ 5
c. 𝑝 = 0,6; 𝑛 = 8; 𝑋 < 5
d. 𝑝 = 0,2; 𝑛 = 9; 1 ≤ 𝑋 < 7
4. Probabilitas seseorang sembuh dari suatu penyakit tertentu setelah diberi obat
tertentu adalah 90%. Jika diambil 7 orang yang terjangkit penyakit, hitunglah:
a. Probabilitas tidak lebih dari 6 orang sembuh.
b. Probabilitas sedikitnya 4 orang untuk sembuh
79
c. Probabilitas tepat 3 orang sembuh.
d. Berapa rata-rata dan simpangan baku pasien sembuh?
5. Suatu soal ujian terdiri dari 10 pertanyaan pilihan ganda yang terdiri dari
(a,b,c,d). hitunglah probabilitas bahwa murid yang menjawab dengan cara
menebak-nebak saja memperoleh:
a. Tepat 7 jawaban benar;
b. Lebih dari 6 jawaban benar;
c. 2 sampai 8 jawaban yang benar;
d. Tepat 8 jawaban benar;
e. Antara 3 sampai 7 jawaban benar!
6. Seorang pemegang medali perak memiliki ketepatan memanah tepat sasaran
sebesar 70%. Apabila dia diberi 5 anak panah, berapa probabilitas bahwa 4 anak
panah tepat mengenai sasaran? Gunakan penyelesaian dengan menggunakan
distribusi binomial!
80
Pertemuan 11
DISTRIBUSI POISSON
Percobaan yang menghasilkan peubah acak 𝑋 yang bernilai numerik, yaitu
banyaknya sukses selama selang waktu tertentu atau dalam daerah tertentu,
disebut percobaan Poisson. Panjang selang waktu tersebut boleh berapa saja,
semenit, sejam, seminggu, sebulan atau malah setahun.
Jadi percobaan Poisson dapat menghasilan pengamatan untuk peubah
acak 𝑋, semisal menyatakan banyaknya hubungan telepon sejam yang diterima
suatu kantor, banyaknya hari sekolah yang ditutup karena banjir, banyaknya
pertandingan sepak bola yang terpaksa diundur karena hujan salju selama musim
dingin.
Daerah yang dimaksud dapat berupa sepotong garis, suatu luasan, suatu
isi, atau pun barangkali sepotong benda. Dalam hal seperti ini misalkan 𝑋 mungkin
menyatakan banyaknya tikus sawah per hektar, banyaknya bakteria dalam suatu
makanan, atau pun banyaknya salah ketik per halaman.
Suatu percobaan Poisson memiliki sifat berikut:
1. Banyaknya sukses terjadi dalam suatu selang waktu atau daerah tertentu
tidak terpengaruh oleh (bebas dari) apa yang terjadi pada selang waktu
atau daerah lain yang terpilih;
81
2. Peluang terjadinya suatu sukses (tunggal) dan selang waktu yang amat
pendek atau dalam daerah yang kecil sebanding dengan panjang selang
waktu atau besarnya selang waktu atau daeah tersebut;
3. Peluang terjadinya lebih dari satu sukses dalam selang waktu yang pendek
atau daerah yang sempit tersebut dapat diabaikan.
Definisi 11.1
Banyaknya sukses 𝑋 dalam suatu percobaan Poisson disebut suatu peubah
acak Poisson.
Distribusi peluang suatu peubah acak Poisson 𝑋 disebut distibusi Poisson dan
akan dinyatakan dengan 𝑝(𝑥; 𝜇), karena nilainya hanya tergantung pada 𝜇,
yaitu rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu atau daerah
tertentu. Penurunan rumus 𝑝(𝑥; 𝜇) berdasarkan ketiga sifat di atas diluar
bahasan pada bab ini.
Definisi Distribusi Poisson
Distribusi peluang acak poisson X yang menyatakan banyaknya sukses yang
terjadi dalam selang waktu atau daerah tertentu, diberikan oleh
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥
𝑝(𝑥; 𝜇) =
; 𝑥 = 0,1, 2, …
𝑥!
𝜇 menyatakan rata-rata banyaknya sukses yang terjadi dalam selang waktu
atau daerah tertentu dan 𝑒 = 2,71828 ….
Contoh 11.1
Rata-rata banyaknya partikel radioaktif yang melewati suatu perhitungan
selama 1 milidetik dalam suatu percobaan dilaboratorium adalah empat.
82
Berapakah peluang enam partikel melewati penghitungan dalam suatu
milidetik tertentu?
Penyelesaian:
Dengan menggunakan distribusi poisson untuk 𝑥 = 6 dan 𝜇 = 4 diperoleh
bahwa
5
5
𝑥=0
𝑥=0
𝑒 −4 46
𝑝(6; 4) =
= ∑ 𝑝(𝑥; 4) − ∑ 𝑝(𝑥; 4) = 0,1042
6!
Contoh 11.2
Rata-rata banyaknya tanker minyak yang tiba tiap hari disuatu pelabuhan
adalah 10. Pelabuhan tersebut hanya mampu menerima paling banyak 15
tanker sehari. Berapakah peluang pada suatu hari tertentu tanker terpaksa
disuruh pergi karena pelabuhan tidak mampu melayani?
Penyelesaian:
Misalkan X menyatakan banyaknya tanker yang tiba tiap hari. Dengan
menggunakan tabel distriusi poisson diperoleh
𝑝(𝑋 > 15) = 1 − 𝑝(𝑋 ≤ 15)
15
= 1 − ∑ 𝑝(𝑥: 10)
𝑥=0
83
= 1 − 0,9513
= 0,0487
Teorema 11.1
Rata-rata dan variansi distribusi poisson 𝑝(𝑥; 𝜇) keduanya sama dengan 𝜇
Bukti :
Untuk menunjukkan bahwa rata-rata benar sama dengan 𝜇,
∞
∞
𝑥=0
𝑥=1
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥−1
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥 ∙
= 𝜇∑
(𝑥 − 1)!
𝑥!
Sekarang misalkan 𝑦 = 𝑥 − 1 sehingga diperoleh
∞
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑦
𝐸(𝑋) = 𝜇 ∑
=𝜇
𝑦!
𝑦=0
Karena
∞
∞
𝑦=0
𝑦=0
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑦
∑
= ∑ 𝑝(𝑦; 𝜇) = 1
𝑦!
Variansi distribusi poisson didapat dengan mula-mula mencari,
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥
𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) = ∑ 𝑥(𝑥 − 1)
𝑥!
𝑥=0
∞
84
= 𝜇2 ∑
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥−2
𝑥=2 (𝑥 − 2)!
∞
Masukkan 𝑦 = 𝑥 − 2, maka diperoleh
𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) = 𝜇 2 ∑
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑦
= 𝜇2
𝑦!
𝑦=0
∞
Jadi
𝜎 2 = 𝐸(𝑋(𝑋 − 1)) + 𝜇 − 𝜇 2
= 𝜇∎
Teorema 11.2
Misalkan X peuba acak binomial dengan distribusi peluang 𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝). Bila 𝑛 →
∞, 𝑝 → 0, dan 𝜇 = 𝑛𝑝, maka 𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝) → 𝑝(𝑥; 𝜇).
Bukti:
Distribusi binomial dapat ditulis,
𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝) = 𝐶𝑥𝑛 𝑝 𝑥 𝑞 𝑛−𝑥
=
𝑛!
𝑝 𝑥 (1 − 𝑝)𝑛−𝑥
𝑥! (𝑛 − 𝑥)!
=
𝑛(𝑛 − 1) … (𝑛 − 𝑥 + 1) 𝑥
𝑝 (1 − 𝑝)𝑛−𝑥
𝑥!
𝜇
Misalkan 𝑝 = 𝑛, maka diperoleh
85
𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝) =
𝑛(𝑛 − 1) … (𝑛 − 𝑥 + 1) 𝜇 𝑥
𝜇 𝑛−𝑥
( ) (1 − )
𝑥!
𝑛
𝑛
1
𝑥 − 1 𝜇𝑥
𝜇 𝑛
𝜇 −𝑥
= 1 (1 − ) … (1 −
) (1 − ) (1 − )
𝑛
𝑛
𝑥!
𝑛
𝑛
Bila 𝑛 → ∞ sementara 𝑥 dan 𝜇 tetap,
1
𝑥−1
lim 1 (1 − ) … (1 −
)=1
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝜇 −𝑥
lim (1 − ) = 1
𝑛→∞
𝑛
Dan dari definisi bilangan 𝑒
−𝑛
𝜇
𝜇 𝑛
1
lim 1 (1 − ) = lim {(1 + −𝑛 ) }
𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛
( )
−𝜇
= 𝑒 −𝜇
𝜇
Jadi dengan syarat limit di atas diperoleh
𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝) →
𝑒 −𝜇 𝜇 𝑥
, 𝑥 = 0, 1, 2, …
𝑥!
Contoh 11.4
Dalam suatu proses produksi yang menghasilkan barang dari gelas, terjadi
gelembung atau cacat yang kadang-kadang menyebabkan barang tersebut
sulit dipasarkan. Diketahui bahwa rata-rata 1 dari 1000 barang yang dihasilkan
mempunyai satu atau lebih gelembung. Berapakah peluang bahwa dalam
86
sampel aak sebesar 8000 barang akan berisi kurang dari 7 yang
bergelembung?
Penyelesaian :
Pada dasarnya percobaan ini binomial dengan 𝑛 = 8000; 𝑝 = 0,001. Karena
𝑝 amat dekat dengan nol dan 𝑛 cukup besar maka akan dihampiri dengan
disribusi poisson dengan 𝜇 = 8000 × 0,001 = 8.
Jadi apabila X menyatakan banyaknya barang yang bergelembung, maka
6
𝑝(𝑋 < 7) = ∑ 𝑏(𝑥; 8000; 0,001)
𝑥=0
6
≃ ∑ 𝑝(𝑥; 8)
𝑥=0
= 0,3134
Keterangan simbol:
asymtotically equal to∶ ≃
almost equal to (asymtotic to) : ≈
similar to: ∼
identical to: ≡
87
appoximately equal to: ≅
Exercise 11.1
1. Dua ratus penumpang telah memesan tiket pesawat untuk sebuah
penerbangan ke luar negeri. Jika peluang penumpang yang telah
mempunyai tiket tidak akan datang adalah 0,01 maka berapa peluang ada
tiga orang yang tidak datang?
2. Sebuah pabrik pakaian menggunakan 200 mesin jahit. Peluang sebuah
mesin jahit mengalami kerusakan adalah 0,02. Tentukan peluang dari 4
mesin jahit yang rusak!
3. Sebuah pemilik warung bakso mencatat rata-rata penjualan baksonya
setiap hari 10 mangkok yang berisi bakso. Jika permintaan akan bakso
tersebut adalah mengikuti distribusi poisson, berapa peluang:
a. tidak ada bakso yang terjual?
b. 3 mangkok berisi bakso yang terjual
88
Pertemuan 12
DISTRIBUSI GEOMETRIK DAN HIPERGEOMETRIK
A.
DISTRIBUSI GEOMETRIK
Distribusi geometrik dapat didefinisikan apabila percobaan bebas dan
berulang-ulang dapat menghasilkan keberhasilan dengan probabilitas 𝑝 dan
kegagalan dengan probabilitas 𝑞 = 1 − 𝑝 , distribusi bagi peubah acak 𝑋 , yaitu
banyaknya ulangan sampai muncul keberhasilan yang pertama, dinyatakan dengan
rumus:
𝑔(𝑛: 𝑝) = 𝑝𝑞 𝑛−1
Contoh 12.1
Menurut hasil penelitian ahli sosiologi, kurang lebih 800 dari 1000 wanita tidak
setuju dengan praktik poligami yang dilakukan para suami. Apabila hasil penelitian
ini benar, hitunglah!
a. probabilitas bahwa seorang sosiolog memerlukan 3 orang wanita sampai
memperoleh wanita yang tidak setuju dengan poligami!
b. Ulangi poin a. apabila 𝑛 = 5
Penyelesaian:
8
a. Diketahui 𝑛 = 3 dan 𝑝 = 10
8
Ditanyakan 𝑔(𝑛: 𝑝) = 𝑔 (3: 10) = ⋯
Jawab
𝑔 (3:
8
8 2 3−1
)=
( )
10
10 10
=
8
4
×
10 100
89
=
32
1000
= 0,32
8
b. Diketahui 𝑛 = 5 dan 𝑝 = 10
8
Ditanyakan 𝑔 (5: 10) = ⋯
Jawab
Kerjakan sebagai latihan
B.
DISTRIBUSI HIPERGEOMETRIK
Probabilitas suatu peristiwa pada percobaan yang akan menghasilkan dua
macam peristiwa dependen menghasilkan probabilitas peristiwa yang berbeda pada
setiap percobaan. Kondisi ini biasanya muncul pada percobaan yang dilakukan tanpa
pengembalian dengan populasi yang terbatas. Dengan kata lain, distribusi
hipergeometrik merupakan bentuk probabilitas tanpa pengembalian, yaitu setiap
pengambilan data yang telah diamati dikembalikan kembali ke dalam populasi
semula.
Contoh 12.2.
Suatu kotak berisi 10 kelereng. Empat buah kelereng berwarna merah dan sisanya
berwarna putih. Apabila diambil satu buah kelereng secara acak (random) maka
4
probabilitas terambilnya kelereng warna merah adalah 10.
Apabila dilakukan pengambilan lagi terhadap kelereng yang ada di dalam kotak dan
kelereng yang terambil pada pengambilan pertama tidak dikembalikan, probabilitas
terambilnya masing-masing kelereng warna merah dan probabilitas kelereng warna
putih akan berubah.
90
Misalnya, pada pengambilan pertama terambil kelereng warna merah, probabilitas
terambilnya kelereng warna merah pada pengambilan kedua adalah
3
9
, dan
6
probabilitas terambilnya kelereng warna putih adalah 9 . Probabilitas terambilnya
kelereng warna merah atau kelereng warna putih setiap kali pengambilan akan
berbeda-beda pada proses pengambilan tanpa pengembalian.
Apabila suatu populasi berukuran 𝑁 terdiri atas 𝑘 unsur yang diharapkan
muncul (berhasil) dan 𝑁 − 𝑘 unsur yang tidak muncul (gagal), pencuplikan 𝑛
contoh adalah dari populasi berukuran 𝑁 , probabilitas mendapatkan 𝑥 yang
diharapkan mengikuti fungsi hipergeometrik. Dalam hal ini probabilitas semua
sampel dianggap mempunyai probabilitas yang sama dan banyaknya kombinasi
yang berukuran n dari suatu populasi berukuran 𝑁 adalah 𝐶𝑛𝑁 . Analog dengan hal
tersebut, untuk memilih 𝑥 keberhasilan dari 𝑘 keberhasilan yang tersedia terdapat
𝐶𝑥𝑘 macam kombinasi. Sedangkan banyaknya kombinasi kegagalan dari 𝑁 − 𝑘
𝑁−𝑘
adalah 𝐶𝑛−𝑥
. Dengan demikian, banyaknya contoh yang memenuhi syarat di antara
𝑁−𝑘
kombinasi 𝐶𝑛𝑁 adalah 𝐶𝑛𝑁 𝐶𝑛−𝑥
.
Definisi secara umum dari distribusi probabilitas hipergeometrik bagi peubah
acak 𝑋 adalah bila dari populasi berukuran 𝑁 yang dapat digolongkan, yaitu
kelompok keberhasilan dan kelompok kegagalan masing-masing dengan 𝑘 dan 𝑁 −
𝑘 unsur, dipilih sebanyak 𝑛, distribusi probabilitas peubah acak 𝑋 yang menyatakan
banyaknya kejadian berhasil yang terpilih adalah
ℎ(𝑥: 𝑁: 𝑛: 𝑘) =
𝑁−𝑘
𝐶𝑥𝑘 𝐶𝑛−𝑥
, dengan 𝑥 = 0,1,2,3, … , 𝑛
𝐶𝑛𝑁
Nilai Rata-rata dan Varian Distribusi Geometrik
91
Nilai rata-rata distribusi hipergeometrik merupakan hasil kali contoh berukuran 𝑛
dengan 𝑘 keberhasilan dibagi dengan 𝑁 populasinya. Secara matematis dirumuskan
sebagai
𝜇=
Rasio
𝑘
𝑁
𝑛𝑘
𝑁
pada 𝜇 setara nilainya dengan probabilitas keberhasilan 𝑝 sehingga nilai
rata-rata dibagi distribusi hipergeometrik dinyatakan sebagai,
𝜇 = 𝑛𝑝
Dan varian distribusi hipergeometrik ℎ(𝑥: 𝑁: 𝑛: 𝑘) adalah
𝜎2 = (
𝑁−𝑛
𝑘
𝑘
) 𝑛 (1 − )
𝑁−1 𝑁
𝑁
Bila 𝑛 relatif sangat kecil dibandingkan dengan 𝑁, probabilitas pada pengambilan
akan kecil sekali sehingga dapat dikatakan bahwa percobaan menjadi percobaan
binomial. Artinya, kita dapat menghampiri distribusi hipergeometrik dengan
𝑘
menggunakan distribusi binomial rasio 𝑝 = 𝑁.
Perhatikan ternyata, variansi binomial diperoleh dengn mengambil limir dari ragam
distribusi hipergeometrik
𝑁−𝑛
𝑁
𝑛
= lim (
−
)=1
𝑁→∞ 𝑁 − 1
𝑁→∞ 𝑁 − 1
𝑁−1
lim
Dapat dikatakan bahwa pengambilan contoh tanpa pengembalian bisa dianggap
sebagai pengambilan contoh dengan pengembalian asalkan ukuran populasi 𝑁
sangat besar. Atas dasar ini, semua perhitungan dapat dilakukan “seolah-olah”
sampel diambil dengan pengembalian.
92
Contoh 12.3.
Sebuah kantong plastic berisi 5 kelereng merah dan 4 kelereng biru. Kemudian
diambil 3 kelereng tanpa pengembalian. Bila 𝑋 menyatakan banyaknya kelereng
merah yang diambil, susunlah fungsi dan distribusi probabilitas hipergeometriknya!
Penyelesaian:
Diketahui
𝑁 = 9,
𝑁 − 𝑘 = 4,
𝑛=3
𝑘=5
Dengan menggunakan rumusan diperoleh,
Pada
𝑋 = 0 → ℎ(0: 9: 4: 5) =
𝐶05 𝐶34
4
9 = 84
𝐶3
𝑋 = 1 → ℎ(1: 9: 4: 5) =
𝐶15 𝐶34 30
=
84
𝐶39
𝑋 = 2 → ℎ(2: 9: 4: 5) =
𝐶25 𝐶34 40
=
84
𝐶39
𝑋 = 3 → ℎ(3: 9: 4: 5) =
𝐶35 𝐶34 10
=
84
𝐶39
Semua kemungkinan peubah acak 𝑋 berikut probabilitasnya dapat disusun dalam
tabel distribusi berikut
Tabel 12.1. Distribusi hipergeometrik
𝑥
𝑃(𝑋 = 𝑥)
0
4
84
1
30
84
2
3
40
84
10
84
Jadi fungsi distribusi hipergeometrik ℎ(𝑥: 9: 4: 5) =
4
𝐶𝑥5 𝐶3−𝑥
9
𝐶3
untuk 𝑥 = 0,1,2,3.
93
Contoh 12.4.
Enam kartu diambil secara acak dari setengah kartu bridge (warna merah). Hitunglah
probabilitas diperolehnya 4 kartu wajik!
Penyelesaian:
Gunakan distribusi hipergeometrik untuk 𝑛 = 6 kartu yang diambil dari populasi
𝑁 = 26 kartu. Banyaknya kartu wajik 𝑘 = 13 dan 𝑥 = 4. Maka, probabilitas untuk
memperoleh 4 kartu wajik dari 6 kartu yang diambil aalah
ℎ(4: 26: 6: 13) =
𝐶413 𝐶213
= 0,242
𝐶626
Latihan 12.1.
1. Seorang polisi memeriksa acak 3 kartu identitas dari 8 orang yang akan
mendaftar tes SIM di mana 2 diantaranya ternyata belum memiliki kartu
identitas (KTP) dikarenakan belum genap usia 17 tahun (belum cukup umur).
Berapa probabilitas bahwa polisi akan menolak salon pendaftar yang ketahuan
belum cukup umur?
2. Sebuah tim penelitiian yang beranggotakan 6 orang dipilih dari 10 orang (6
orang laki-laki dan 4 orang perempuan). Bila 𝑋 menyatakan banyaknya wanita
yang terpilih sebagai anggota tim peneliti,
(a)
Hitung rata-rata dan variansi wanita dalam tim tersebut!
(b)
Banyaknya tim dengan anggota tidak lebih dari 2 orang wanita, dan
(c)
Tulis rumus bagi distribusi peubah acak 𝑋!
3. Hasil survey BPS menyimpulkan bahwa 8.000 dari 10.000 orang tidak setuju
dengan kenaikan harga BBM menjelang tahun baru 2014. Apabila 9 dari
masyarakat diambil secara acak dan diwawancarai, berapa probabilitas:
(a)
Ada 3 orang yang menolak kenaikan BBM
(b)
Paling tidak ada 6 orang menolak kenaikan BBM
94
(c)
Kurang dari 4 orang menyetujui kenaikan BBM
95
Pertemuan ke 13
VARIABEL RANDOM DAN DISTRIBUSI PROBABILITAS
Definisi 13.1
Variabel random adalah fungsi bernilai real yang daerah asalnya(domain) adalah
ruang Sampel 𝑆.
Definisi 13.1. juga dapat ditulis:
Misalkan S ruang sampel dari percobaan acak
Fungsi 𝑋: 𝑆 → 𝑅
𝑒 → 𝑋(𝑒) = 𝑥
disebut variabel random.
𝐴 = {𝑥|𝑥 = 𝑋(𝑒)𝜖𝑆} disebut ruang dari 𝑋.
Contoh 13.1.
Sebuah uang logam seimbang dilempar sebanyak tiga kali. Maka ruang sampelnya
adalah 𝑆 = {𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 , 𝑆4 , 𝑆5 , 𝑆6 , 𝑆7 , 𝑆8 }, dengan
𝑆1 = 𝐴𝐴𝐴; 𝑆2 = 𝐴𝐴𝐺; 𝑆3 = 𝐴𝐺𝐴; 𝑆4 = 𝐴𝐺𝐺;
𝑆5 = 𝐺𝐴𝐴; 𝑆6 = 𝐺𝐴𝐺; 𝑆7 = 𝐺𝐺𝐴; 𝑆8 = 𝐺𝐺𝐺
Misalkan 𝑋: 𝑆 → 𝑅 diberikan oleh 𝑋(𝑆𝑖 ) = banyaknya Angka pada 𝑆𝑖 .
Maka
𝑋(𝑆1 ) = 3; 𝑋(𝑆2 ) = 2; 𝑋(𝑆3 ) = 2; 𝑋(𝑆4 ) = 1;
𝑋(𝑆5 ) = 2; 𝑋(𝑆6 ) = 1; 𝑋(𝑆7 ) = 1; 𝑋(𝑆8 ) = 0
96
Sehingga 𝑋 merupakan variabel random, dengan ruang 𝑋 adalah 𝐴 = {0,1, 3}.
Keadaan di atas diilustrasikan pada gambar berikut:
Contoh 13.2.
Suatu percobaan melempar sebuah dadu sebanyak dua kali.
Jika 𝑋: 𝑆 → 𝑅 dengan definisi 𝑋(𝑠) = jumlah mata dadu yang muncul pada
lemparan pertama dan kedua, ∀𝑠𝜖𝑆 maka
𝑋{(1,1)} = 2; 𝑋{(1,2)} = 3; 𝑋{(1,3)} = 4; 𝑋{(1,4)} = 5; 𝑋{(1,5)}
= 6; 𝑋{(1,7)} = 7
𝑋{(2,1)} = 3; 𝑋{(2,2)} = 4; 𝑋{(2,3)} = 5; 𝑋{(2,4)} = 6; 𝑋{(2,5)}
= 7; 𝑋{(2,6)} = 8
𝑋{(3,1)} = 4; 𝑋{(3,2)} = 5; 𝑋{(3,3)} = 6; 𝑋{(3,4)} = 7; 𝑋{(3,5)}
= 8; 𝑋{(3,6)} = 9
⋮
𝑋{(6,1)} = 7; 𝑋{(6,2)} = 8; 𝑋{(6,3)} = 9; 𝑋{(6,4)} = 10; 𝑋{(6,5)}
= 11; 𝑋{(6,6)} = 12
97
Sehingga
𝑋
variabel
random
dengan
ruang
𝑋
adalah
𝐴=
{2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}.
Definisi 13.2.
Jika ruang sampel mengandung titik yang berhingga banyaknya atau deretan yang
banyaknya sama dengan banyaknya bilangan bulat, maka ruang sampel itu disebut
ruang sampel diskrit, dan variable random yang didefinisikan pada ruang sampel
tersebut adalah variable random diskrit.
Contoh 16.2. di atas merupakan contoh variable random diskrit.
Definisi 13.3.
Jika ruang sampel mengandung titik yang tak berhingga banyaknya atau sama
banyaknya dengan banyak titik pada sepotong garis, maka ruang sampel itu
disebut ruang sampe kontinu dan variable random yang didefinisikan pada ruang
sampel tersebut adalah variable random kontinu.
Dalam kebanyakan persoalan praktis, cvariabel kontinu menyatakan data yang
diukur, seperti semua tinggi, berat temperature, jarak, lama hidup, sedangkan
variable diskrit menggambarkan data terbilang/cacah, seperti banyaknya benda
rusak, banyaknya karyawan yang bolos, banyaknya mahasiswa yang masuk,
banyaknya mahasiswa yang bolos, jumlah saudara perempuan dan lain-lain.
Kembali pada definisi 13.1. dari definisi variable random ini jelas bahwa hargaharga variable random atau himpunan harga-harga variable random sebenarnya
adalah suatu kejadian yang ditentukan oleh suatu hasil atau beberapa hasil yang
mungkin dari suatu percobaan.
Misalkan pada contoh 16.1.
98
𝑋(𝑆1 ) =3 adalah suatu kejadian munculnya 3 angka.
𝑋(𝑆8 ) = 0 adalah suatu kejadian tidak munculnya angka.
Artinya kita dapat menghitung peluang nilai suatu variable random dengan
menghubungkannya dengan peluang kejadian yang berpaduan dengan nilai
1
variable random tersebut. Misalnya 𝑃(𝑋(𝑆1 ) = 3) = 𝑃({𝐴𝐴𝐴}) = .
8
1
Selanjutnya penulisan 𝑋(𝑆1 ) = 3 ditulis 𝑋 = 3, sehingga 𝑃(𝑋 = 3) = 8.
Dengan demikian untuk menghitung peluang terjadinya 𝑋 atau beberapa 𝑋 dapat
dicari dengan cara 𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑃({𝑒𝜖𝑆|𝑎 ≤ 𝑋(𝑒) ≤ 𝑏}).
Contoh
Pada contoh 13.1.
1
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑃({𝐺𝐺𝐺}) = ;
8
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃({𝐴𝐺𝐺, 𝐺𝐴𝐺, 𝐺𝐺𝐴}) =
3
;
8
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃({𝐴𝐴𝐺, 𝐴𝐺𝐴, 𝐺𝐴𝐴}) =
3
;
8
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃({𝐴𝐴𝐴}) =
1
8
Pada contoh 16.2.
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃({ }) = 0
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃({(1,1)}) =
1
;
6
99
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃({(1,3), (2,2), (3,1)}) =
𝑃(𝑋 = 4) = 𝑃({(1,3)(2,2)(3,2)}) =
2
;
36
3
;
36
⋮
𝑃(𝑋 = 12) = 𝑃({(6,6)}) =
1
36
Dapat disajikan dalam tabel
B. DISTRIBUSI PELUANG
Pada bab ini, Anda sudah dikenalkan secara umum mengenai distribusi peluang
pada pertemun 10, sehingga pada sub bab ini kita akan membahas lebih khusus
lagi.
Definisi 13.4.
Definisi 13.1.
Misalkan 𝑋 variabel random diskrit, suatu fungsi 𝑓 disebut fungsi peluang atau
distribusi peluang 𝑋 apabila untuk setiap hasil 𝑥 yang mungkin memenuhi,
1. 𝑓(𝑥) ≥ 0
2. ∑𝑛𝑥=0 𝑓(𝑥) = 1
3. 𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑓(𝑥)
Karena 𝑋 variabel random diskrit, maka distribusi peluangnya disebut distribusi
peluang diskret.
Contoh 5.4.
100
Pada percobaan pelemparan mata uang 3𝑋, misalkan 𝑋 adalah variable random
yang menyatakan banyaknya angka pada setiap hasil yang mungkin maka
distribusi peluang 𝑋 dapat ditulis dalam tabel berikut.
𝑋
0
1
2
3
𝑓(𝑥)
1
8
3
8
3
8
1
8
Diperiksa
1. 𝑓(𝑥) ≥ 0, dipenuhi
1
3
3
1
2. ∑3𝑥=0 𝑓(𝑥) = 8 + 8 + 8 + 8 = 1, dipenuhi
3. 𝑃(𝑋 = 0) = 𝑓(0); 𝑃(𝑋 = 1) = 𝑓(1); 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑓(2); 𝑃(𝑋 = 3) = 𝑓(3)
Maka 𝑓 fungsi distribusi peluang.
Tabel di atas dapat ditulis dengan
𝑓(𝑥) =
𝐶𝑥3
; 𝑥 = 0, 1, 2, 3
8
Contoh
Pada percobaan melempar sebuah dadu sebanyak dua kal. Misal 𝑋 menyatakn
jumlah mata dadu pada lemparan 1 dan ke 2, maka distribusi peluang 𝑋 dapat
disajikan dalam tabel berikut:
𝑋
P(X=x)
2
1
36
3
2
36
4
3
36
5
6
4
36
7
5
36
6
36
8
5
36
9
4
36
10
3
36
11
2
36
12
1
36
Coba periksa apakah memenuhi sebagai fungsi peluang.
Contoh
Dalam sebuah kotak tersedia 8 bola lampu, 3 diantaranya rusak. Secara acak
diambil 3 bola lampu tersebut. Jika 𝑋 menyatakan banyaknya bola lampu
rusak yang terambil, tentukan distrbusi peluang 𝑋.
Penyelesaian:
𝑛(𝑆) = 𝐶38 = 56
𝑋 = 0 artinya tidak ada bola lampu rusak yang terambil, sehingga
𝑓(0) =
𝐶03 𝐶35 10
=
56
56
101
𝑋 = 1, artinya 1 bola lampu rusak yang terambil, maka
𝐶13 𝐶25 30
𝑓(0) =
=
56
56
𝑋 = 2, artinya 2 bola lampu rusak yang terambil, sehingga
𝑓(0) =
𝐶23 𝐶15 15
=
56
56
𝑋 = 3, artinya 3 bola lampu rusak yang terambil, sehingga
𝐶33 𝐶05
1
𝑓(0) =
=
56
56
Sehingga distribusi peluang 𝑋:
𝑋
0
1
2
3
𝑓(𝑥)
10/56
30/56
15/36
1/56
Sedangkan fungsi distribusi peuang 𝑋 dapat disajikan dalam rumus
𝑓(𝑥) =
5
𝐶𝑥3 𝐶3−𝑥
, 𝑥 = 0,1,2,3
𝐶38
Suatu variable random kontinu mempunyai peluang pada setiap titik 𝑋 . Oleh
karena itu distribusi peluangnya tikdak mungkin disajikan dalam bentuk tabel,
tetapi hanya berupa rumus secara terurut. Fungsi distribusi peluang variable
random kontinu biasa disebut fungsi padat/fungsi densitas peluang.
Definisi
Mialkan X variable random kontinu, suatu fungsi 𝑓 disebut fungsi peluang atau
distribusi peluang X jika untuk ssetia hasil 𝑥 yang mungkin memenuhi,
1. 𝑓(𝑥) ≥ 0
∞
2. ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1
𝑏
3. 𝑃(𝑎 < 𝑋, 𝑏) = ∫𝑎 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
Karena X variable random kontinu, maka distribusi peluangnya disebut distribusi
peluang kontinu.
102
Contoh:
Misalkan variable random kontinu X mempunyai fungsi densitas peluang sebagai
berikut
𝑥2
, 𝑗𝑖𝑘𝑎 − 1 < 𝑥 < 2
𝑓(𝑥) = 3
{ 0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan:
a. 𝑓 adalah fungsi peluang
b. Hitung 𝑃(0 < 𝑋 ≤ 1)
Penyelesaian:
a. (i) 𝑓(𝑥) ≥ 0, jelas (karena 𝑥 2 ≥ 0, 3 > 0 sehingga
∞
2 𝑥2
𝑑𝑥
3
−1
(ii) ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫−∞ 0 𝑑𝑥 + ∫−1
𝑥2
3
≥ 0.
∞
+ ∫2 0 𝑑𝑥
2
𝑥3
=( )
9 −1
=
8 1
+
9 9
=1
1 𝑥2
b. 𝑃(0 < 𝑋 ≤ 1) = ∫0
3
𝑥3
1
1
𝑑𝑥 = [ ] =
9
9
0
Contoh
Diketahui suatu fungsi densitas
𝑘𝑥 2
, −1 < 𝑥 < 2
𝑓(𝑥) = 6
{ 0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
103
a. Tentukan 𝑘 agar 𝑓 merupkan fungsi peluang
b. Tentukan 𝑃(𝑋 < 1)
Penyelesaian:
∞
2 𝑘𝑥 2
𝑑𝑥
6
−1
a. ∫−∞ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 ⟺ ∫−∞ 0 𝑑𝑥 + ∫−1
2
⇔ ∫
−1
∞
+ ∫2 0 𝑑𝑥 = 1
𝑘𝑥 2
𝑑𝑥 = 1
6
2
𝑘𝑥 3
⟺[
] =1
18 −1
8𝑘 𝑘
+
=1
18 18
9𝑘
⇔
=1
18
⇔
⇔𝑘=1
1 2𝑥 2
𝑑𝑥
6
b. 𝑃(𝑥 < 1) = 𝑃(−1 < 𝑋 < 1) = ∫−1
1
1
= [9 𝑥 3 ]
−1
1
1
2
=9+9=9
LATIHAN
1. Sebuah dadu dilempar satu kali, misalkan X adalah variable random yang
menyatakan jumlah mata dadu yang muncul (kelihatan)
a. Tentukan semua nilai 𝑋
b. Tentukan distribusi peluang 𝑋
2. Sebuah mata uang dilempar sebanyak empat kali, jika X menyatakan selisih angka
dan gambar yang muncul, tentukan
a. Nilai-nilai X
b. Distribusi peluang X
3. Diketahui suatu fungsi
2 𝑥
𝑐 ( ) , 𝑥 = 1,2,3,4, …
3
𝑓(𝑥) =
{
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan 𝑐 agar 𝑓 merupakan fungsi peluang
4. Diketahui suatu fungsi
104
𝑘𝑥
, 𝑥 = 1,2,3,4,5
𝑓(𝑥) = { 5
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
a. Tentukan 𝑘 agar 𝑓 merupakan fungsi peluang.
b. Tentukan 𝑃(𝑋 < 2)
5. Diketahui suatu fungsi
𝑘𝑥𝑒 −𝑥 , 0 < 𝑥 < ∞
𝑓(𝑥) = {
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
a. Tentukan 𝑘 agar 𝑓 merupakan fungsi peluang
b. Tentukan 𝑃(|𝑋| < 1)
6. Diketahui variable random 𝑋 dengan fungsi densitas peluang
2(1 + 𝑥)
,2 < 𝑥 < 5
27
𝑓(𝑥) = {
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan
a. 𝑃(𝑋 ≤ 4)
b. P(3<X<4)
7. Dalam seperangkat kartu bridge diambil 4 kartu sekaligus secara acak, tentukan
distribusi peluang munculnya kartu AS.
8. Dalam sebuah kotak terdapat 2 kelereng merah, 3 kelereng putih dan 1 kelereng
hijau, diambil secara acak 2 kelereng satu persatu dari dalam kotak tersebut.
Tentukan distribusi peluang banyaknya kelereng putih yang terambil jika
pengambilannya:
a. Dengan pengembalian
b. Tanpa pengembalian
105
Pertemuan 14.
EKSPEKTASI DAN VARIANSI
A.
EKSPEKTASI
Definisi 15.1.
Misalkan 𝑥 variabel random dengan fungsi peluang 𝑓(𝑥) . Ekspektasi 𝑋
ditulis 𝐸(𝑋) didefinisikan sebagai
∑ 𝑥 ∙ 𝑓(𝑥) , untuk X diskrit
𝑥
𝐸(𝑋) =
{
∫ 𝑥𝑓(𝑥) 𝑑𝑥, jika X kontinu
Catatan :
Ekspektasi juga disebut sebagai nilai harapan atau harapan matematis.
Contoh 16.1.
Pada percobaan melempar 2 uang logam sebanyak satu kali, jika 𝑋
menyatakan banyaknya angka yang muncul, tentukan Ekspektasi 𝑋.
Penyelesaian:
Fungsi distribusi peluang 𝑋:
𝑥
𝑓(𝑥)
0
1
4
1
2
4
2
1
4
106
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑓(𝑥)
𝑥
1
2
1
= 0( ) + 1( ) + 2( )
4
4
4
=1
Contoh 15.2.
Misalkan X menyatakan umur sejenis bola lampu (dalam ukuran jam)
dengan fungsi peluang
20.000
,
3
𝑓(𝑥) = { 𝑥
0,
𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 > 100
𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Hitung harapan umur jenis lampu tersebut.
Penyelesaian:
∞
𝐸(𝑋) = ∫
100
𝑥
20.000
𝑑𝑥 = 200
𝑥3
Jadi bola lampu tersebut dapat diharapkan rata-rata berumur 200 jam.
Contoh 15.3.
Tentukan harapan banyaknya matematikawan dalam suatu kepanitiaan
yaitu 3 orang yang dipilih secara acak dari 4 matematikawan dan 3
fisikawan.
107
Penyelesaian:
Misalkan 𝑋 menyatakan banyaknya matematikawan dalam kepanitiaan,
maka distribusi peluang 𝑋 dicari sebagai berikut:
𝑛(𝑆) = 𝐶37 = 35
𝑋 = 0 ⇒ 𝑓(0) =
𝐶04 𝐶33
1
=
𝑛(𝑆) 35
𝐶14 𝐶23 12
𝑋 = 1 ⇒ 𝑓(1) =
=
𝑛(𝑆) 35
𝐶24 𝐶13 18
𝑋 = 2 ⇒ 𝑓(2) =
=
𝑛(𝑆) 35
𝐶34 𝐶03
4
𝑋 = 3 ⇒ 𝑓(3) =
=
𝑛(𝑆) 35
𝒙
𝑓(𝑥)
0
1
35
1
12
35
2
18
35
3
4
35
Maka
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑓(𝑥)
𝑥
1
12
18
4
= 0( ) +1( ) + 2( ) + 3( )
35
35
35
35
= 0+
=
12 36 12
+
+
35 35 35
60 12
=
35
7
108
Jadi harapan matematikawan dalam kepanitian adalah
12
7
.
Teorema 15.1.
Misalkan 𝑋 variabel random dengan fungsi distribusi peluang 𝑓(𝑥) .
Ekspektasi fungsi 𝑔(𝑥) adalah
𝐸[𝑔(𝑥)] = ∑ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥) , jika X diskrit
𝑥
∞
𝐸[𝑔(𝑥)] = ∫ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥) , jika X kontinu
−∞
Contoh 15.4
Misalkan 𝑋 menyatakan jumlah mata dadu yang muncul dalam
pelemparan sebuah dadu sebanyak satu kali. Tentukan Ekspektasi 𝑔(𝑥) =
2𝑋 − 1.
Distribusi peluang X
𝑥
0
1
2
3
4
5
6
𝑓(𝑥)
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
𝐸[𝑔(𝑥)] = ∑ 𝑔(𝑥)𝑓(𝑥)
𝑥
= ∑ (2𝑥 − 1)𝑓(𝑥)
𝑥
1
1
1
1
= (2 ∙ 0 − 1) + (2 ∙ 1 − 1) + (2 ∙ 2 − 1) + (2 ∙ 3 − 1) +
6
6
6
6
1
1
1
(2 ∙ 4 − 1) + (2 ∙ 5 − 1) + (2 ∙ 6 − 1)
6
6
6
109
= 6.
Contoh 15.5.
Misalkan X variabel random dengan fungsi densitas peluang
𝑥2
, −1 < 𝑥 < 2
3
𝑓(𝑥) =
{0, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan ekspektasi 𝑔(𝑥) = 3𝑥 + 1
Penyelesaian:
2
𝑥2
1 2
𝐸[𝑔(𝑥)] = ∫ (3𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = ∫ (3𝑥 3 + 𝑥 2 ) 𝑑𝑥
3
3 −1
−1
=
1 3 4 1 3 2
[ 𝑥 + 𝑥 ]
3 4
3
−1
=
1
8
3 1
[(12 + ) − ( − )]
3
3
4 3
=
57
12
Sifat-sifat Ekspektasi
1. Jika a dan b konstan maka 𝐸(𝑎𝑋 + 𝑏) = 𝑎𝐸(𝑋) + 𝑏
2. Akibat 1, 𝐸(𝑏) = 𝑏 dan 𝐸(𝑎𝑋) = 𝑎𝐸(𝑋)
3. 𝐸[𝑔(𝑋) ± ℎ(𝑋)] = 𝐸[𝑔(𝑋)] ± 𝐸[ℎ(𝑋)]
Bukti sebagai latihan.
110
B.
VARIANSI
Definisi 15.2.
Misalkan 𝑋 variabel random dengan rata-rata 𝜇 , maka variansi 𝑋
dituliskan 𝜎 2 atau 𝑉𝐴𝑅(𝑋) didefinisikan 𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸(𝑋 − 𝜇)2.
Teorema
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸[𝑋 2 ] − 𝜇 2
Bukti:
𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸(𝑋 − 𝜇)2
= 𝐸[𝑋 2 − 2𝑋𝜇 + 𝜇 2 ]
= 𝐸(𝑋 2 ) − 𝐸(2𝑋𝜇) + 𝜇 2
= 𝐸(𝑋 2 ) − 2𝜇𝜇 + 𝜇 2
= 𝐸(𝑋 2 ) − 𝜇 2 ∎
Catatan : 𝜇 juga dapat ditulis sebagai 𝐸[𝑋] dengan mengambil X dari
populasi. Sehingga teorema di atas dapat ditulis 𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 𝐸(𝑋 2 ) −
𝐸[𝑋]2
Sifat-sifat Variansi
1. 𝑉𝐴𝑅[𝑔(𝑥)] = 𝐸[𝑔(𝑥) − 𝐸[𝑔(𝑥)]]
2
2. Jika a dan b konstan 𝑉𝐴𝑅 (𝑎𝑋 + 𝑏) = 𝑎2 𝑉𝐴𝑅(𝑋)
3. Akibat 2. 𝑉𝐴𝑅(𝑏) = 0; 𝑉𝐴𝑅(𝑎𝑋) = 𝑎2 𝑉𝐴𝑅(𝑋)
111
Bukti
Akan dibuktikan akibat 2, lainnya sebagai latihan
𝑉𝐴𝑅(𝑏) = 𝐸[𝑏 − 𝐸(𝑏)]2 = 𝐸[𝑏 − 𝑏]2 = 0
𝑉𝑅(𝑎𝑋) = 𝐸[𝑎𝑋 − 𝐸(𝑎𝑋)]2
= 𝐸[𝑎𝑋 − 𝑎𝐸(𝑋)]2
= 𝐸[𝑎2 [𝑋 − 𝐸(𝑋)]]2
= 𝑎2 𝐸[𝑋 − 𝐸(𝑋)]2
= 𝑎2 𝑉𝐴𝑅(𝑋)
Contoh 15.6.
Pada percobaan melempar 2 buah uang logam sebanyak satu kali, jika 𝑋
menyatakan banyaknya angka yang muncul, tentukan variansi 𝑋.
Penyelesaian:
Fungsi distribusi peluang X
𝒙
0
1
2
𝑓(𝑥)
1/4
2/4
1/4
𝐸(𝑋) = ∑ 𝑥𝑓(𝑥)
𝑥
1
2
1
= 0( ) + 1( ) +2( ) = 1
4
4
4
112
𝐸(𝑋 2 ) = ∑ 𝑥 2 𝑓(𝑥)
𝑥
1
2
1
3
= 0 ( ) + 12 ( ) + 22 ( ) =
4
4
4
2
3
1
Jadi 𝑉𝐴𝑅(𝑋) = 2 − 1 = 2
Contoh 15.7.
Hitunglah VARIANSI 𝑋 yang mempunyai fungsi peluang
2(𝑥 − 1), 𝑗𝑖𝑘𝑎 1 < 𝑥 < 2
𝑓(𝑥) = {
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Penyelesaian:
Sebagai latihan.
LATIHAN 16.1.
1. Buktikan sifat Ekspektasi dan sifat Variansi
2. Misalkan X variabel random dengan fungsi distribusi peluang
𝑓(𝑥) = {
𝑥
, 𝑥 = 1,2,3
6
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan:
a. E(X)
b. VAR(X)
113
3. Misalkan X variabel random dengan fungsi peluang
2(1 − 𝑥), 0 < 𝑥 < 1
𝑓(𝑥) = {
0, 𝑥 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛
Tentukan:
c. E(X)
d. VAR(X)
4. Tentukan 𝐸(𝑋) dan VAR(X) dari distribusi seragam, Geometri,
Hipergeometri, Binomial dan Poisson.
5. Sebuah mata uang logam dilempar 4 kali, tentukan harapan munculnya
Angka.
6. Dalam sebuah kotak terdapat 2 kelereng merah, 3 kelereng putih, dan 1
kelereng hijau, diambil secara acak 2 kelereng dari dalam kotak tersebut.
Tentukan harapan terambilnya kelereng brwarna merah.
7. Suatu variabel random mempunyai Ekspektasi 5 dan Simpangan Baku 2.
Jika 𝑌 = 6𝑋 − 5, tentukan
a. 𝐸(𝑌)
b. 𝑉𝐴𝑅(𝑌)
1
8. Misalkan X variabel random berdistribusi seragam dengan 𝑓(𝑥) = 10 , 𝑥 =
1, 2, 3, … , 10. Tentukan Ekspektasi dan Variansi X.
9. Misalkan X variabel random berdistribusi binomial yang menyatakan
banyaknya sukses dalam n usaha bebas. Misalkan usahanya ada 4, maka
distribusi peluangnya 𝑓(𝑥) = 𝐶𝑥4 𝑝 𝑥 (1 − 𝑝)4−𝑥 , 𝑥 = 0,1,2,3,4 . Tentukan
Ekspektasi dan Variansi X
114
Pertemuan ke15-16
DISTRIBUSI PELUANG KONTINU
15.1. Distribusi Normal
15.2. Luas di bawah kurva normal
15.3. Hampiran normal terhadap binomial
15. 1. Distribusi Normal
Distribusi peluang kontinu yang sangat penting dalam seluruh bidang statistika.
Grafiknya disebut kurva normal, berbentuk lonceng seperti pada gambar 15.1. Distribusi
normal juga biasa disebut dengan distribusi Gauss.
𝑓(𝑥)
−𝜎 𝜎
𝑋
𝜇
15.1.Kurva Distribusi Normal
Persamaan matematika distribusi peluang peubah acak normal kontinu
bergantung pada dua parameter 𝜇 dan 𝜎, yaitu rata-rata dan simpangan baku. Jadi fungsi
kepadatan peluang 𝑋 akan dinyatakan dengan 𝑛(𝑥; 𝜇; 𝜎).
Definisi 15.1.
Distribusi Normal. Fungsi kepadatan peubah acak normal 𝑋, dengan rata-rata 𝜇
dan variansi 𝜎 2 adalah
𝑛(𝑥; 𝜇; 𝜎) =
1
√2𝜋𝜎
𝑒
1 𝑥−𝜇 2
)
2 𝜎
− (
; −∞ < 𝑥 < ∞
dengan 𝜋 = 3,14159 … ; 𝑒 = 2,71828 …
Begitu 𝜇 dan 𝜎 diketahui maka seluruh kurva normal bisa diketahui.
Contoh 15.1.
115
Apabila 𝜇 = 50; 𝜎 = 5 maka ordinat 𝑛(𝑥; 50; 5) dapat dengan mudah dihitung
untuk berbagai nilai 𝑥 dan kurvanya dapat digambarkan.
Perhatikan gambar 15.2. dilukiskan dua buah kurva normal yang mempunyai simpangan
baku yang sama namun rata-rata nya berbeda.
𝜎2
𝜎1
𝜇1
𝑥
𝜇2
Gambar 15.2. Kurva Normal dengan 𝜇1 < 𝜇2 dan 𝜎1 = 𝜎2
Pada gambar 15.3. terlukis dua kurva normal dengan rata-rata sama namun berbeda
simpangan bakunya.
𝜎1
𝜎2
𝜇1 = 𝜇2
Gambar 15.3. Kurva Normal dengan 𝜇1 = 𝜇2 dan𝜎1 < 𝜎2
Gambar 15.4. memperlihatkan kurva normal baik rata-rata maupun simpangan bakunya
berbeda.
𝜎1
𝜎2
𝜇1
𝜇2
Gambar 15.4. Kurva Norma dengan 𝜇1 < 𝜇2 dan 𝜎1 < 𝜎2
Dengan mengamati grafik dan memeriksa turunan pertama dan kedua dari
𝑛(𝑥; 𝜇; 𝜎) dapat diperoleh lima sifat distribusi normal berikut:
116
1. Modus, titik pada sumbu datar yang memberikan maksimum kurva, terdapat
pada 𝑥 = 𝜇.
2. Kurva setangkup (lonceng simetris) terhadap garis tegak yang melalui ratarata 𝜇.
3. Kurva mempunyai titik belok pada 𝑥 = 𝜇 ± 𝜎, cekung dari bawah apabila 𝜇 −
𝜎 < 𝑋 < 𝜇 + 𝜎, dan cekung ke atas untuk harga 𝑥 yang lainnya.
4. Kedua ujung kurva normal mendekati asimtot sumbu datar apabla harga 𝑥
bergerak menjauhi 𝜇 baik ke kiri maupun ke kanan.
5. Seluruh luas di bawah kurva dan di atas sumbu datar sama dengan 1.
Sekarang akan diperlihatkan bahwa parameter 𝜇 dan 𝜎 2 adalah betul rata-rata
dan variansi distribusi normal. Untuk menghitung rata-rata tulislah nilai harapannya
dengan,
𝐸(𝑋) =
1
√2𝜋𝜎
∞
∫ 𝑥𝑒
1 𝑥−𝜇 2
)
2 𝜎
− (
−∞
dengan mengganti 𝑧 =
𝐸(𝑋) =
1
√2𝜋𝜎
=𝜇
1
√2𝜋
𝑑𝑥
∞
𝑥−𝜇
𝜎
dan 𝑑𝑥 = 𝜎𝑑𝑧, diperoleh
−𝑧2
∫ (𝑥 + 𝜎𝑧)𝑒 2 𝑑𝑧
−∞
∞
∫𝑒
−∞
−𝑧2
2
𝑑𝑧 +
𝜎
√2𝜋
∞
−𝑧2
∫ 𝑧𝑒 2 𝑑𝑧
−∞
Integral pertama adalah 𝜇 kali luas di bawah kurva normal dengan rata-rata 0 dan
variansi 1, jadi sama dengan 𝜇. Dengan mencari integralnya langsung ataupun dengan
menggunakan fakta bahwa integrannya (fungsi dibelakang tanda integral) adalah fungsi
ganjil, integral keduanya adalah nol. Jadi
𝐸(𝑋) = 𝜇
Variansi distribusi normal diberikan oleh,
117
𝐸[(𝑋 − 𝜇)2 ] =
Sekali lagi ganti 𝑧 =
𝑥−𝜇
𝜎
∞
1
√2𝜋𝜎
∫ (𝑥 − 𝜇)2 𝑒
1 𝑥−𝜇 2
)
2 𝜎
− (
𝑑𝑥
−∞
dan 𝑑𝑥 = 𝜎𝑑𝑧, diperoleh
𝐸[(𝑋 − 𝜇)
2]
=
∞
𝜎2
√2𝜋𝜎
∫ 𝑧2𝑒
−𝑧2
2
𝑑𝑧
−∞
𝑧2
𝑧2
Integralkan bagian menurut 𝑢 = 𝑧 dan 𝑑𝑣 = 𝑧𝑒 − 2 , sehingga 𝑑𝑢 = 𝑑𝑧 dan 𝑦 = −𝑒 − 2 ,
diperoleh
2]
𝐸[(𝑋 − 𝜇)
=
𝜎2
√2𝜋𝜎
(−𝑧𝑒
−
𝑧2
2
∞
∞
𝑧2
+ ∫ 𝑒 − 2 ) 𝑑𝑥
|
−∞
−∞
= 𝜎 2 (0 + 1)
= 𝜎2
15. 2. Luas di bawah Kurva Normal
Kurva setiap distribusi peluang kontinu atau fungsi kepadatan dibuat sedemikian
rupa sehingga luas dibawah kurva di antara kedua ordinat 𝑥 = 𝑥1 dan 𝑥 = 𝑥2 , sama
dengan peluang peubah acak 𝑋 mendapat harga Antara 𝑥 = 𝑥1 dan 𝑥 = 𝑥2 . Jadi untuk
kurva normal pada gambar 15.5 dinyatakan dengan luas daerah yang berwarna merah,
dengan
𝑥2
∞
𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) = ∫ 𝑛(𝑥; 𝜇; 𝜎) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 − 𝜇)2 𝑒
−∞
1 𝑥−𝜇 2
)
2 𝜎
− (
𝑑𝑥
−𝑥1
𝜇
𝑥1 𝜇
𝑥2
Gambar 15.5. 𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) = luas daerah yang berwarna merah
118
Pada gambar 15.2, 15.3, dan 15.4. telah ditunjukkan bahwa kurva normal
bergantung pada rata-rata dan simpangan baku. Luas di bawah kurva Antara dua ordinat
sembarang tentu pula bergantung pada harga 𝜇 dan 𝜎. Hal ini jelas terlihat pada gambar
15.6, di sini daerah yang berpadanan dengan 𝑝(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥1 ) untuk kedua kurva dengan
rata-rata dan variansi yang berbeda telah diberi warna merah. 𝑝(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥1 ), dengan
𝑋 peubah acak yang menyatakan distribusi 𝐼 , dinyatakan dengan daerah yang diarsir
dengan warna hijau.
𝐼𝐼
𝐼
𝜎2
𝜎1
𝜇1
𝑥1
𝑥2
𝜇2
Gambar 15.6. 𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) untuk kurva normal yang berbeda
Bila 𝑋 menyatakan peubah acak berdistribusi 𝐼𝐼, maka 𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) diberikan
oleh daerah yang berwarna merah. Jelas bahwa daerah yang diarsir berbeda luasnya, jadi
peluang yang berpadanan dengan masing-masing distribusi tentu akan berbeda pula.
Untuk mengatasi kesulitan dalam menghitung integral fungsi kepadatan distribusi
normal, dibuat tabel luas kurva normal, sehingga memudahkan penggunaannya. Akan
tetapi, tidak akan mungkin membuat tabel yang berlainan dengan setiap harga 𝜇 dan 𝜎.
Untunglah, setiap pengamatan dengan setiap peubah acak normal 𝑋 dapat
ditransformasikan menjadi himpunan pengamatan baru suatu peubah acak normal 𝑍
dengan rata-rata 0 dan variansi 1. Hal ini dapat dikerjakan dengan transformasi
𝑍=
𝑋−𝜇
𝜎
Bilamana 𝑋 mendapat suatu harga 𝑥, harga 𝑍 padanannya diberikan oleh 𝑧 =
𝑥−𝜇
.
𝜎
Jadi, bila 𝑋 berharga Antara 𝑥 = 𝑥1 dan 𝑥 = 𝑥2 , maka peubah acak 𝑍 akan berharga
𝑧1 =
𝑥1 − 𝜇
𝜎
𝑧2 =
𝑥2 − 𝜇
𝜎
dan
119
Karena itu dapat ditulis sebagai
𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) =
=
=
1
√2𝜋𝜎
1
√2𝜋𝜎
1
√2𝜋𝜎
𝑥2
∫𝑒
1 𝑥−𝜇 2
)
2 𝜎
− (
𝑑𝑥
𝑥1
𝑧2
𝑧2
∫ 𝑒 − 2 𝑑𝑧
𝑧1
𝑧2
∫ 𝑛(𝑧: 0; 1) 𝑑𝑧
𝑧1
= 𝑃(𝑧1 < 𝑋 < 𝑧2 )
Dengan 𝑍 terlihat merupakan suatu peubah acak normal dengan rata-rata nol
dan variansi 1.
Definisi 15.2
Distribusi peubah acak normal denga rata-rata nol dan variansi 1 disebut
dengan distribusi normal baku.
Distribusi asli sesudah ditransformasikan pada gambar 15.7. Karena semua harga
𝑋 antara 𝑥1 dan 𝑥2 mempunyai harga 𝑍 yang sama antara 𝑧1 dan 𝑧2 , luas di bawah kurva
𝑋 antara ordinat 𝑥 = 𝑥1 dan 𝑥 = 𝑥2 pada gambar 15.7 sama dengan luas di bawah kurva
𝑍 antara odinat yang telah ditransformasikan menjadi 𝑧 = 𝑧1 dan 𝑧 = 𝑧2 .
𝐼𝐼
𝐼
𝑥1
𝑥2
𝜎1
𝜎1
𝜇
𝑥
𝑧
𝑧1 𝑧2 𝜇
Gambar 15.7. Kurva normal semula dan sesudah ditransformasikan
120
Sekarang banyaknya tabel kurva normal yang diperlukan telah diperkecil menjadi
satu, yaitu distribusi normal baku yang berpadanan dengan 𝑃(𝑍 < 𝑧) untuk harga 𝑧 dari
−3,4 sampai 3,4. Untuk menjelaskan penggunaan tabel (tabel 4) misalkan akan dicari
peluang bahwa 𝑍 lebih kecil dari 1,74. Pertama sekali lihat pada kolom sebelah kiri 𝑧 yang
sama dengan 1,7, kemudian bergeraklah mendatar sampai kolom di bawah 0,04 dan
menemukan bilangan 0,9591. Jadi 𝑃(𝑍 < 1,74) = 0,9591.
Contoh 15.2.
Apabila diketahui suatu distribusi normal dengan 𝜇 = 50; 𝜎 = 10 , carilah
peluang bahwa 𝑋 diantara 45 dan 62.
Penyelesaian
Nilai 𝑧 yang sama dengan 𝑥1 = 45 dan 𝑥2 = 62 adalah
𝑧1 =
𝑥1 − 𝜇 45 − 50 −5
=
=
= −0,5
𝜎
10
10
𝑧1 =
𝑥2 − 𝜇 62 − 50 12
=
=
= 1,2
𝜎
10
10
Jadi
𝑃(𝑥1 < 𝑋 < 𝑥2 ) = 𝑃(𝑧1 < 𝑍 < 𝑧2 )
= 𝑃(−0,5 < 𝑍 < 1,2)
= 𝑃(𝑍 < 1,2)
− 𝑃(𝑍 < −0,5); dengan menggunakan tabel 4 diperoleh
= 0,8849 − 0,3085
= 0,5765
121
-0,5 0
1,2
Contoh 15.3.
Suatu jenis baterai mobil rata-rata berumur 3,0 tahun dengan simpangan baku
0,5 tahun. Apabila dianggap umur baterai berdistribusi normal, carilah peluang
suatu baterai tertentu akan berumur kurang dari 2,3 tahun.
Penyelesaian:
Diketahui: 𝜇 = 3,0; 𝜎 = 0,5
Ditanya: 𝑃(𝑋 < 2,3)
Jawab :
𝑧=
𝑥 − 𝜇 2,3 − 3,0 0,7
=
=
= −1,4
𝜎
0,5
0,5
𝑃(𝑋 < 2,3) = 𝑃(𝑍 < −1,4)
= 0,0808
-1,4
0
Contoh 15.4.
122
Suatu mesin membuat alat tahanan listrik dengan rata-rata tahan 50 ohm dan
simpangan baku 2 ohm. Misalkan bahwa tahanan berdistribusi normal dan dapat
diukur sampai derajad ketelitian yang diinginkan.
15. 3. Hampiran Normal terhadap Binomial
Peluang yang berkaitan dengan percobaan binomial dengan langsung dapat
diperoleh dari rumus distribusi binomial 𝑏(𝑥: 𝑛: 𝑝) atau tabel 2 bila 𝑛 kecil. Bila 𝑛 tidak
terdapat dalam tabel 2, maka peluang binomial akan dihitung dengan cara hampiran.
Berikut akan diberikan suatu teorema yang dimungkinkan penggunaan luas di
bawah kurva normal untuk menghampiri peluang binomial distribusi normal apabila 𝑛
cukup besar.
Teorema 15.1.
Bila 𝑋 peubah acak binomial dengan rata-rata 𝜇 = 𝑛𝑝 dan variansi 𝜎 2 = 𝑛𝑝𝑞
maka bentuk limit distribusi
𝑍=
𝑋 − 𝑛𝑝
√𝑛𝑝𝑞
Bila 𝑛 → ∞ adalah distribusi normal baku 𝑛(𝑧; 0; 1)
Ternyata distribusi normal memberikan hampiran yang amat baik terhadap
1
2
distribusi binomial bila 𝑛 besar dan 𝑝 dekat dengan . Apabila 𝑛 kecil tapi 𝑝 tidak amat
dekat dengan 0 atau 1, hampiran masih cukup baik.
Untuk melihat hampiran normal terhadap distribusi binomial, mula-mula
dilukiskan histogram 𝑏(𝑥; 15; 0,4) dan kemudian meletakkan kurva normal dengan ratarata dan variansi yang saran dengan peubah binomial 𝑋 sehingga keduanya saling
tumpang tindih. Untuk itu lukiskan kurva normal dengan
𝜇 = 𝑛𝑝 = (15)(0,4) = 6
123
dan
𝜎 2 = 𝑛𝑝𝑞 = (15)(0,4)(0,6) = 3,6
Histogram 𝑏(𝑥; 15; 0,4) dan kurva normal padanannya, yang seluruhnya telah ditentukan
oleh rata-rata dan variansinya dapat dilihat pada gambar 15.8.
𝜎 = 0,4
0
1 2 3 4 5
6 7
8 9 10 11 12 13 14 15
𝑥
Gambar 15.8. Hampiran kurva normal terhadap 𝑏(𝑥; 15; 0,4)
Peluang yang tepat dari peubah acak binomial 𝑋 mendapatkan suatu nilai 𝑥 tertentu
dengan luas persegi panjang yang dasarnya mempunyai titik tengah 𝑥.
Contoh 15.5
Peluang 𝑋 berharga 4 sama dengan luas persegi panjang dengan dasar yang titik
tengahnya 𝑥 = 4. Dengan menggunakan rumus distribusi binomial, diperoleh
luasnya (berdasar tabel 2)
𝑏(4; 15; 0,4) = 0,1268
Luas ini secara hampiran sama dengan luas daerah yang diberi warna kuning di
bawah kurva normal antara ordinat 𝑥1 = 3,5 dan 𝑥2 = 4,5 pada gambar 15.9.
Jika diubah ke harga 𝑧 maka diperoleh
𝑧1 =
𝑥1 − 𝜇 3,5 − 6
=
= −1,316
𝜎
1,9
𝑧2 =
𝑥2 − 𝜇 4,5 − 6
=
= −0,789
𝜎
1,9
124
Bila 𝑋 peubah acak binomial dan 𝑍 peubah normal baku, berarti
𝑃(𝑋 = 4) = 𝑏(4; 15; 0,4)
≃ 𝑃(−1,316 < 𝑍 < −0,789)
= 𝑃(𝑍 < −0,789) − 𝑃(𝑍 < −1,316)
= 0,2151 − 0,0941
= 0,1210
Hasil ini cukup dekat dengan nilai sesungguhnya sebesar 0,1268.
0
1 2 3 4 5
6 7
8 9 10 11 12 13 14 15
𝑥
Gambar 15.10. Hampiran normal terhadap 𝑏(4; 15; 0,4) dan ∑9𝑥=7 𝑏(𝑥; 15; 0,4)
Hampiran normal paling berguna dalam menghitung jumlah binomial untuk
harga 𝑛 besar, yang akan erupakan pekerjaan yang amat berat apabila tabel jumlah
binomial tidak tersedia.
Kembali pada gambar 15.10., misalkan ingin diketahui peluang bahwa 𝑋
mendapatkan nilai diantara dan termasuk 7 dan 9. Peluang tepat diberikan oleh
9
𝑃(7 ≤ 𝑋 ≤ 9) = ∑ 𝑏(𝑥15; 0,4)
𝑥=7
9
6
= ∑ 𝑏(𝑥; 15; 0,4) − ∑ 𝑏(𝑥; 15; 0,4)
𝑥=0
𝑥=0
125
= 0,9662 − 0,6098
= 0,3564
Yang sama dengan luas persegi panjang, masing-masing dengan dasar yang berpusat di
𝑥 = 7, 8 dan 9. Untuk hampiran normal luas tersebut adalah luas daerah yang dihitami
Antara ordinat 𝑥1 = 6,5 dan 𝑥2 = 9,5 pada gambar 15.10. nilai 𝑧 padanannya adalah
𝑧1 =
6,5 − 6
= 0,263
1,9
𝑧2 =
9,5 − 6
= 1,842
1,9
Gambsr 15.11. Histogram 𝑏(𝑥; 𝑛; 𝑝)
Sekarang
𝑃(7 ≤ 𝑋 ≤ 9) = 𝑃(0,263 < 𝑍 < 1,842)
= 𝑃(𝑍 < 1,842) − 𝑃(𝑍 < 0,263)
= 0,9673 − 0,6037
= 0,3635
Sekali lagi terlihat bahwa kurva normal memberikan hampiran yang cukup dekat dengan
nilai sesungguhnya yaitu 0,3564. Derajad ketelitian yang tergantung pada kecocokan
kurva dengan histogram, akan bertambah bila 𝑛 membesar. Hal ini khususnya benar bila
𝑝 tidak terlalu dekat dengan
1
2
dan histogram tidak lagi berbentuk lonceng simetris.
126
Gambar 15.11 dan 15.12 masing-masing memberikan histogram 𝑏(𝑥; 6; 0,2) dan
𝑏(𝑥; 15; 0,2).
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 𝑥
Gambar 15.12. Histogram 𝑏(𝑥; 15; 0,2)
Terlihat bahwa kecocokan kurva normal dengan histogram akan lebih baik bila = 15
daripada 𝑛 = 6.
Sebagai ringkasan, hampiran normal dipakai untuk menghitung peluang binomial
bila 𝑝 tidak dekat dengan nol atau 1. Hampiran tersebut akan menjadi baik sekali apabila
1
𝑛 besar dan cukup baik untuk 𝑛 yang kecil asal saja 𝑝 cukup dekat dengan 2 . Satu
pegangan lain adalah untuk menentukan apakah hampiran normal masih baik dipakai
diberikan oleh 𝑚𝑝 atau 𝑛𝑞. Bila baik 𝑛𝑝 maupun 𝑛𝑞 lebih besar dari 5 maka hampiran
akan baik.
Contoh 15.6.
Suatu proses menghasilkan sejumlah barang yang 10% cacat. Bila 100 barang
diambil secara acak dari proses tersebut, berapakah peluang bahwa banyaknya
yang cacat melebihi 13?
Penyelesaian:
Banyaknya yang cacat berdistribusi binomial dengan parameter 𝑛 = 10; 𝑝 = 0,1.
Karena ukuran sampel besar maka akan dihampiri dengan menggunakan
distribusi normal untuk memberikan hasil yang cukup teliti.
127
𝜇 = 𝑛𝑝 = (100)(0,1) = 10
𝜎 = √𝑛𝑝𝑞 = √(100)(0,1)(0,9) = 3,0
Untuk memperoleh peluang yang ditanyakan, haruslah dicari luas sebelah kanan
𝑥 = 13,5. Harga 𝑧 yang berpadanan dengan 13,5 adalah
𝑧=
13,5 − 10
= 1,167
3
Dengan peluang bahwa banyaknya yang cacat melebihi 13 diberikan oleh daerah
yang dihitami pada gambar 15.13. Jadi, bila 𝑋 menyatakan banyaknya yang cacat
maka
100
𝑃(𝑋 > 13) = ∑ 𝑏(𝑥; 100; 0,1)
𝑥=14
≃ 𝑃(𝑍 > 1,167)
= 1 − 𝑃(𝑍 < 1,167)
= 1 − 0,8784
= 0,1216
0
1,167
Gambar 15.13. Luas contoh 15.6.
Latihan 15.1
1. Bila diketahui distribusi normal dengan 𝜇 = 40 dan 𝜎 = 6 maka carilah
a. Luas di bawah (lebih kecil dari) 32
128
b. Luas di atas (lebih besar dari) 27
c. Luas diantara 42 dan 51
d. Luas daerah kurang dari 33 dan diantara 40 dan 45.
2. Diketahui distribusi normal dengan 𝜇 = 200 dan 𝜎 2 = 100 hitunglah
a. Luas di bawah 214
b. Luas di atas 179
c. Luas diantara 188 dan 206
3. Diketahui peubah acak X berdistribusi normal dengan rata-rata 18 dan simpangan
baku 2,5. Hitunglah
a. 𝑃(𝑋 < 15)
b. Nilai 𝑘 sehingga 𝑃(𝑋 < 𝑘) = 0,2578
c. 𝑃(17 < 𝑋 < 21)
d. Nilai 𝑘 sehingga 𝑃(𝑋 > 𝑘) − 0,1539
4. Sebuah perusahaan menggaji pegawainya rata-rata Rp.52.500 per jam dengan
simpangan baku Rp.600. bila gaji beristribusi hampiran normal
a. Berapa persen karyawan yang bergaji Antara, dan termasuk Rp.47.500 dan
Rp.56.500 per jam
b. Di atas berapa rupiah 5% gaji per jam tertinggi?
5. Bila nilai ujian statistika suatu kelas berdistribusi menghampiri normal dengan
rata-rata 74 dan simpangan baku 7,9. Hitunglah
a. Nilai lulus terendah bila mahasiswa dengan 10% terendah mendapatkan nilai
gagal (50)
b. Nilai diantara 80 sampai 90.
6. Sebuah uang logam dilemparkan sebanyak 400 kali. Gunakan hampiran kurva
normal untuk menentukan peluang mendapatkan
a. Antara dan termasuk 185 dan 210 muka
b. Tepat 205 muka
c. Kurang dari 176 atau lebih dari 227 muka
7. Dua buah dadu dilemprkan sebanyak 180 kali. Berapakah peluang mendapatkan
jumlah 7
a. Paling sedikit 15 kali
b. Antara dan termasuk 33 dan 41 kali?
129
c. Tepat 30 kali
130