Pengantar-probabilitas-dan-teori-peluang.pdf

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