BUKU AJAR

PROBABILITAS DAN STATISTIK : APLIKASI PROBABILITAS

FITRIA HIDAYANTI

LP UNAS

Probabilitas dan Statistik: Aplikasi Probabilitas

Oleh : Fitria Hidayanti

Hak Cipta© 2017 pada Penulis

Editor : Erna Kusuma Wati

Penyunting : Hendra Mahendrata Desain Cover : Rudi Ristanto

ISBN:

Hak Cipta dilindungi Undang-undang.

Dilarang memperbanyak atau memindahkan sebagian atau

seluruh isi buku ini dalam bentuk apapun, baik secara elektronis maupun mekanis, termasuk memfotocopy, merekam

atau dengan sistem penyimpanan lainnya, tanpa izin dari

Penulis.

Penerbit : LP_UNAS Jl.Sawo Manila, Pejaten Pasar Minggu, Jakarta Selatan

Telp. 021-78067000 (Hunting) ext.172

Faks. 021-7802718 Email : bee_bers@yahoo.com

KATA PENGANTAR

Dalam pembuatan buku ajar Probabilitas dan

Statistik: Aplikasi Probabilitas ini, penulis mengucapkan

terima kasih kepada beberapa pihak yang telah banyak

membantu. Penulis mengucapkan terima kasih kepada:

1. Bapak Dr. El Amry Bermawi Putra, MA selaku

Rektor Universitas Nasional

2. Lembaga Penelitian dan Pengabdian kepada

Masyarakat Universitas Nasional

3. LP Unas

4. Jajaran dosen dan karyawan di lingkungan

Universitas Nasional

Demikianlah semoga buku ajar Probabilitas dan

Statistik: Aplikasi Probabiltias ini dapat bermanfaat bagi

mahasiswa termasuk mahasiswa Program Studi Teknik

Fisika Universitas Nasional. Tentunya dalam pembuatan

buku ajar ini, tidak luput dari kesalahan. Untuk itu, kami

mohon masukan dari para pembaca untuk perbaikan

buku ajar ini.

Jakarta, 04 Desember 2017

Penulis

Fitria Hidayanti

DAFTAR ISI

Kata Pengantar ............................................................ iii

Daftar Isi ....................................................................... v

Bab 1. Konsep Probabilitas ............................................ 1

1.1 Eksperimen Peluang – Ruang Sampel ........... 1

1.2 Operasi Antar Kejadian .............................. 10

1.3 Probabilitas sebagai Frekuensi Relatif ........ 30

1.4 Definisi Axiomatik Probabilitas .................. 46

1.5 Properti Probabilitas ................................. 56

Bab 2. Ruang Sampel Terbatas – Metode

Combinatorial ................................................... 63

2.1 Ruang Sampel Terbatas dengan

Kejadian Probabilitas yang Sama ..................... 63

2.2 Prinsip Utama Perhitungan ....................... 76

2.3 Permutasi ................................................. 84

2.4 Kombinasi .................................................. 97

Daftar Pustaka .......................................................... 112

Tentang Penulis ........................................................ 113

1

BAB 1

KONSEP PROBABILITAS

1.1 EKSPERIMEN PELUANG – RUANG SAMPEL

Dalam bab ini, kami menyajikan ide-ide utama dan latar

belakang teoritis untuk memahami probabilitas apa itu dan

memberikan beberapa ilustrasi tentang cara digunakan untuk

mengatasi masalah dalam kehidupan sehari-hari. Agak sulit

untuk mencoba menjawab pertanyaan "apa kemungkinan?"

dalam satu kalimat. Namun, dari pengalaman kami dan

penggunaan kata ini dalam bahasa umum, kami memahami

bahwa itu adalah cara untuk menghadapi ketidakpastian

dalam hidup kita. Bahkan, teori probabilitas telah disebut

sebagai "ilmu ketidakpastian"; meskipun secara intuitif

kebanyakan orang mengaitkan probabilitas dengan tingkat

keyakinan bahwa sesuatu mungkin terjadi, teori probabilitas

jauh melampaui itu karena berusaha untuk meresmikan

ketidakpastian dengan cara yang diterima secara universal

dan juga tunduk pada perlakuan matematika yang ketat.

Karena gagasan ketidakpastian sangat penting ketika kita

membahas probabilitas, pertama-tama kita akan

memperkenalkan konsep yang cukup luas untuk menghadapi

ketidakpastian dalam konteks yang luas ketika kita

mempertimbangkan aplikasi praktis. Percobaan kesempatan

atau eksperimen acak adalah proses apa pun yang mengarah

pada hasil yang tidak diketahui sebelumnya. Jadi, tossing koin,

memilih seseorang secara acak dan menanyakan usia mereka,

2

atau menguji seumur hidup mesin baru adalah semua contoh

eksperimen acak.

Definisi 1.1 Ruang Ω dari eksperimen kesempatan adalah

serangkaian semua hasil yang mungkin muncul dalam realisasi

eksperimen ini. Elemen Ω disebut titik sampel untuk

percobaan ini. Subkumpulan Ω disebut kejadian.

Kejadian A = {ω}, yang terdiri dari satu titik sampel, yaitu satu

hasil ω ∈ Ω, disebut kejadian dasar. Kami menggunakan huruf

kapital A, B, C, dan sebagainya untuk menunjukkan kejadian.

Jika kejadian A terdiri dari lebih dari satu hasil, maka itu

disebut kejadian majemuk. Contoh sederhana berikut

menggambarkan konsep di atas.

Contoh 1.1 Mungkin contoh paling sederhana dari percobaan

kesempatan adalah lemparan koin. Ada dua kemungkinan

hasil - Kepala (ditandai oleh H) dan Ekor (ditandai oleh T).

Dalam notasi ini, ruang sampel eksperimen adalah Ω={H, T}.

Jika kita melemparkan dua koin sebagai gantinya, ada empat

kemungkinan hasil, diwakili oleh pasangan HH, HT, TH, TT.

Ruang sampel untuk eksperimen ini dengan demikian Ω={HH,

HT, TH, TT}. Di sini, simbol HH berarti bahwa kedua koin tanah

Kepala, sementara HT berarti bahwa koin pertama mendarat

Kepala dan kedua mendarat Ekor. Perhatikan secara khusus

bahwa kami memperlakukan dua kejadian HT dan TH sebagai

hal yang dapat dibedakan, daripada menggabungkannya ke

dalam satu kejadian. Alasan utama untuk ini adalah bahwa

kejadian HT dan TH adalah kejadian dasar, sementara

3

kejadian"satu koin tanah Kepala dan tanah lainnya Ekor," yang

berisi HT dan TH, tidak lagi menjadi kejadian dasar. Seperti

yang akan kita lihat nanti, ketika kita menetapkan probabilitas

untuk kejadian ruang sampel, jauh lebih mudah untuk bekerja

dengan kejadian dasar, karena dalam banyak kasus kejadian

seperti itu sama-sama mungkin, dan jadi masuk akal

kemungkinan yang sama untuk ditugaskan kepada masing-

masing dari mereka. Pertimbangkan sekarang percobaan

untuk mengolah tiga koin. Ruang sampel terdiri dari kembar

tiga dari bentuk HHT, HTH, TTH, dan sebagainya. Karena untuk

setiap lemparan koin ada dua hasil, untuk tiga koin jumlah

hasil yang mungkin adalah 23 = 8. Lebih eksplisit, ruang sampel

untuk eksperimen ini adalah

Ω={HHH, HHT, HTH, HTT, THH, THT, TTH, TTT}. (1.1)

Masing-masing dari delapan elemen set ini membentuk

kejadian dasar. Perhatikan bahwa untuk kejadian yang tidak

dasar, terkadang lebih mudah untuk mengekspresikannya

dengan kata-kata, dengan menggambarkan properti tertentu

yang dibagikan oleh semua elemen kejadian yang kami

pertimbangkan, daripada dengan mencantumkan semua

elemennya (yang mungkin menjadi tidak nyaman jika elemen-

elemen ini terlalu banyak). Misalnya, biarkan A menjadi

kejadian "tepat dua Kepala muncul ketika kita lemparan tiga

koin." Kemudian, A = {HHT, HTH, THH}. Di sisi lain, kejadian B

= {HHH, TTT} dapat digambarkan dengan kata-kata sebagai

"ketiga hasil koin adalah sama."

4

Contoh 1.2 Eksperimen lain yang sangat sederhana terdiri dari

melemparkan satu mati. Mati dapat mendarat di wajah apa

pun dengan angka i di atasnya, di mana saya mengambil nilai

1, 2, 3, 4, 5, 6. Oleh karena itu, eksperimen ini memiliki ruang

Ω={1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Kejadian dasarnya adalah set A1 = {1}, A2 = {2}, A3 = {3}, A4 =

{4}, A5 = {5}, A6 = {6}.

Kejadian lain dapat kembali dijelaskan baik dengan

mencantumkan poin sampel di dalamnya, seperti B = {1, 3, 5,

6} atau, dengan kata-kata, dengan mengekspresikan properti

tertentu dari elemennya. Misalnya, kejadian C = {2, 4, 6} dapat

dinyatakan sebagai "hasil dari kematian adalah bilangan bulat

yang merata."

Untuk eksperimen yang kami pertimbangkan dalam dua

contoh di atas, jumlah titik sampel terbatas dalam setiap

kasus. Misalnya, dalam Contoh 1.2, ruang sampel memiliki

enam elemen, sedangkan dalam percobaan melempar tiga

koin ada delapan titik sampel seperti yang diberikan dalam

(1,1). Ruang sampel seperti itu yang mengandung sejumlah

elemen terbatas (kemungkinan hasil) disebut spasi sampel

terbatas. Jelas bahwa setiap kejadian, yaitu subset ruang

5

sampel, dalam hal ini juga terbatas banyak elemen. Ketika

berhadapan dengan ruang sampel terbatas, proses

menghitung elemen mereka, atau elemen kejadian di ruang

tersebut, sering difasilitasi oleh penggunaan diagram pohon.

Gambar 1.1 menggambarkan diagram seperti itu yang sesuai

dengan percobaan lemparan tiga koin, seperti yang

dipertimbangkan dalam Contoh 1.1. Dari "akar" pohon, dua

segmen dimulai, masing-masing mewakili hasil (H dan T, resp.)

dari lemparan koin pertama. Dengan demikian, pada tahap

pertama, yaitu setelah lemparan pertama, ada dua node. Dari

masing-masing, pada gilirannya, dua segmen lebih lanjut

mulai sesuai dengan dua hasil dari tos kedua. Pada akhir tahap

kedua (setelah lemparan kedua koin), ada empat node.

Akhirnya, masing-masing dikaitkan dengan dua node lebih

lanjut, yang ditampilkan pada tingkat berikutnya (akhir dari

tiga lemparan koin). Kolom akhir di Gambar 1.1 menunjukkan

delapan kemungkinan hasil untuk eksperimen ini, yaitu berisi

semua elemen ruang sampel yang Ω. Setiap hasil dapat

ditelusuri dengan menghubungkan titik akhir ke akar dan

menuliskan rute pohon tiga langkah yang sesuai.

6

Gambar 1.1 Diagram pohon untuk percobaan lemparan tiga

koin.

Contoh 1.3 (Urutan lemparan koin yang tidak terbatas) Mari

kita pertimbangkan eksperimen melemparkan koin sampai

"Ekor" muncul untuk pertama kalinya. Dalam hal ini, ruang

sampel kami terdiri dari urutan seperti T, HT, HHT, HHHT,...;

yaitu, Ω={T, HT, HHT, HHHT,...}. Kejadian "Ekor muncul untuk

pertama kalinya pada uji coba kelima" adalah kemudian

kejadian dasar

A = {HHHHT},

sedangkan set

B = {T, HT, HHT}

7

memiliki elemennya semua hasil di mana Ekor muncul dalam

tiga lemparan pertama. Jadi kejadian B dapat dijelaskan

dengan mengatakan "percobaan dihentikan dalam tiga

lemparan koin pertama." Akhirnya, kejadian "setidaknya ada

empat lemparan sampai percobaan dihentikan" sesuai dengan

set (kejadian)

C = {HHHT, HHHHT, HHHHHT,...}.

Dalam contoh sebelumnya, ruang sampel Ω banyak titik.

Secara khusus, dan karena titik-titik ini dapat dijumlahkan, kita

berbicara tentang ruang sampel yang tak terbatas. Contoh set

dengan hitungan2 poin adalah kumpulan bilangan bulat,

kumpulan bilangan bulat positif, seperangkat rasional, dll.

Ketika ruang sampel terhitung tak terbatas, kejadian ruang

sampel tersebut mungkin memiliki banyak elemen (misalnya

kejadian B dalam Contoh 1.3) atau banyak elemen yang tak

terbatas (misalnya kejadian C dalam Contoh 1.3). Sebaliknya,

satu set yang poinnya tidak dapat dijumlahkan, disebut set

yang tidak dapat dihitung; contoh khas dari set tersebut

adalah interval dan garis interval pada baris nyata. Untuk

mengilustrasikan ini, kami mempertimbangkan contoh

berikut.

Contoh 1.4 Untuk memantau kualitas bola lampu yang

diproduksi oleh lini manufaktur, kami memilih bohlam secara

acak, mencolokkannya dan merekam lamanya (dalam jam)

sampai gagal. Pada prinsipnya, panjang waktu ini dapat

mengambil nilai riil nonnegatif (namun, ini mengawetkan kita

dapat mengambil pengukuran waktu yang sangat akurat!).

Oleh karena itu, ruang sampel untuk eksperimen yang hasilnya

adalah durasi hidup bohlam adalah

8

Ω={t ∶ t ≥ 0}=[0, ∞).

Subset dari Ω

A = {t ∶ 0 ≤ t ≤ 500}=[0, 500]

menggambarkan kejadian "waktu hidup bola lampu tidak

melebihi 500 jam," sementara kejadian "bola lampu bekerja

setidaknya selama 300 jam" sesuai dengan set

B = {t ∶ t ≥ 300}=[300, ∞).

Contoh spasi Ω contoh terakhir adalah setengah baris angka

riil non-negatif, yang merupakan set yang tidak terhitung. Jika

Ω tidak dapat dihitung, maka biasanya disebut sebagai ruang

sampel berkelanjutan. Biasanya, studi ruang sampel tersebut

membutuhkan perlakuan yang berbeda dibandingkan dengan

ruang sampel yang terbatas atau terhitung tak terbatas. Dua

kasus terakhir, bagaimanapun, menyajikan beberapa

kesamaan dan dalam teori probabilitas teknik yang kita

gunakan sangat mirip. Sebagai konsekuensinya, ada istilah

kolektif untuk ruang sampel yang memiliki banyak atau jumlah

elemen yang tak terbatas, yang disebut ruang sampel diskrit.

Pada titik ini, perlu dicatat selisih antara ruang sampel

berkelanjutan "ideal" dan yang kita gunakan dalam praktik.

Dengan mengacu pada Contoh 1.4 mengenai masa pakai umbi

listrik, seumur hidup seperti itu tidak, dalam praktiknya,

mengambil nilai-nilai seperti √ 12 atau (3 + ln 20)∕2. Karena

waktu diukur dalam jam, adalah kebiasaan untuk mencatat

nilai yang dibulatkan ke bilangan bulat terdekat atau, jika

diperlukan lebih presisi, simpan dua tempat desimal,

katakanlah. Dalam kedua kasus, dan berbeda dengan yang

9

digunakan dalam contoh di atas, ruang sampel dapat dihitung.

Selain itu, jika kita tahu bahwa seumur hidup bohlam tidak

dapat melebihi beberapa (besar) nilai a, ruang sampel menjadi

Ω = {0, 0,01, 0,02,..., a} sehingga kemudian sebenarnya

terbatas. Namun, jumlah elemen dalam ruang itu adalah

100a + 1, sehingga ketika a adalah bilangan bulat besar, ini bisa

sangat besar. Seringkali kasus bahwa jauh lebih sederhana

secara matematis untuk mengasumsikan bahwa Ω terus

menerus meskipun dalam praktiknya kita hanya dapat

mengamati jumlah hasil yang terbatas (atau dapat dihitung

tanpa batas). Konvensi ini akan sering digunakan dalam

sekuel, ketika kita belajar, misalnya, berat badan, usia,

panjang, dll.

Kami menyimpulkan bagian ini dengan contoh yang

menunjukkan bahwa untuk eksperimen yang sama, kami

dapat menentukan lebih dari satu ruang sampel, tergantung

pada berbagai aspek yang mungkin kami minati untuk belajar.

Contoh 1.5 (Ruang sampel yang berbeda untuk eksperimen

yang sama) Misalkan bahwa toko yang menjual mobil memiliki

dua tenaga penjual. Toko ini memiliki stok hanya dua mobil

dari membuat tertentu. Kami tertarik dengan jumlah mobil

yang akan dijual oleh masing-masing dari dua tenaga penjual

selama minggu depan. Kemudian, ruang sampel yang cocok

untuk eksperimen ini adalah set pasangan (i, j) untuk i, j ∈ {0,

1, 2}, di mana saya berdiri untuk jumlah mobil yang dijual oleh

tenaga penjual pertama dan j untuk jumlah mobil yang dijual

oleh yang kedua. Namun, karena hanya ada dua mobil yang

tersedia untuk dijual, itu juga harus menahan bahwa i + j ≤ 2,

dan dengan demikian kami tiba di ruang sampel berikut

10

Ω1 = {(0, 0),(0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (2, 0)}.

Perhatikan bahwa kita memperlakukan lagi pasangan (i, j) dan

(j, i) sebagai dapat dibedakan; jika, bagaimanapun, pemilik

toko hanya tertarik pada jumlah total mobil yang dijual selama

minggu depan, maka kita dapat menggunakan sebagai ruang

sampel yang ditetapkan

Ω2 = {0, 1, 2}.

Dalam hal ini, elemen ω ∈ Ω2 menunjukkan jumlah total mobil

yang dijual. Perlu dicatat bahwa kejadian minat tertentu

dinyatakan dengan cara yang sama sekali berbeda di bawah

dua ruang sampel yang berbeda ini. Pertimbangkan, misalnya,

kejadian

A ∶ jumlah mobil yang akan dijual minggu depan adalah 2.

Dilihat sebagai subkumpulan Ω1, kejadian A adalah kejadian

majemuk yang dapat digambarkan sebagai

A = {(0, 2),(1, 1), (2, 0)}.

Namun, ketika kita mempertimbangkan ruang sampel Ω2,

kejadian A adalah kejadian dasar,

A = {2}.

1.2 OPERASI ANTAR KEJADIAN

Di bagian sebelumnya, kami membuat selisih antara diskrit

(yaitu terbatas atau terhitung tak terbatas) dan ruang sampel

berkelanjutan. Ketika ruang sampel Ω diskrit, maka subset Ω

adalah kejadian. Namun, untuk spasi sampel berkelanjutan,

11

beberapa kesulitan teoritis muncul jika kita berasumsi bahwa

semua subset Ω adalah kejadian. Ada beberapa kasus di mana

set tertentu3 harus dikecualikan dari "keluarga kejadian" yang

terkait dengan ruang sampel Ω. Perlakuan terhadap kesulitan

teknis tersebut berada di luar lingkup buku saat ini dan dalam

semua aplikasi yang akan kami pertimbangkan, kami

berasumsi bahwa setiap subset ruang sampel adalah kejadian.

Misalkan Ω adalah ruang sampel untuk percobaan

kesempatan dan A ⊆ Ω adalah kejadian. Jika, dalam realisasi

eksperimen yang kita pelajari, kita mengamati hasilnya ω ∈ Ω

milik A, maka kita mengatakan bahwa A telah terjadi atau

bahwa A telah muncul. Misalnya, jika kita tos koin tiga kali dan

kita mengamati hasil HTH, maka (dengan mengacu pada

Contoh 1.1) kita dapat mengatakan bahwa

• kejadian A = {HHT, HTH, THH} telah terjadi, tetapi

• kejadian B = {HHH, TTT} belum terjadi.

Untuk studi kejadian yang terkait dengan eksperimen

tertentu, dan penugasan probabilitas untuk kejadian ini di

kemudian hari, sangat penting untuk mempertimbangkan

berbagai hubungan di antara kejadian ruang sampel, serta

operasi di antara mereka. Ingat bahwa setiap kejadian secara

matematis diwakili oleh satu set (subset Ω); dengan demikian,

tidak mengherankan bahwa hubungan dan operasi yang kami

anggap dipinjam dari teori set matematika.

Untuk memulainya, asumsikan bahwa A dan B adalah kejadian

pada ruang sampel yang sama Ω. Jika setiap elemen (titik

sampel) A juga merupakan anggota B, maka kami

menggunakan notasi standar untuk subset dan menulis A ⊆ B

12

(A adalah subset B). Dengan kata-kata, ini berarti bahwa setiap

kali A terjadi, B juga terjadi. Misalnya, dalam satu lemparan

mati (lihat Contoh 1.2), pertimbangkan kejadian:

A∶ hasil dari kematian adalah 4,

B∶ hasil dari mati adalah bilangan bulat yang merata.

Kemudian, mengekspresikan A dan B sebagai set, kami

memiliki A = {4}, B = {2, 4, 6} dan jelas bahwa A ⊆ B. Di sisi lain,

jika kita tahu bahwa hasilnya adalah 4 (A telah terjadi), maka

tentu hasilnya merata, sehingga B juga terjadi.

Jika A ⊆ B dan B ⊆ A, maka jelas A terjadi iff (jika dan hanya

jika) B terjadi dalam hal ini kita memiliki definisi berikut.

Definisi 1.2 Dua kejadian A dan B, didefinisikan pada ruang

sampel Ω, disebut setara jika ketika A muncul, maka B muncul,

dan sebaliknya. Dalam hal ini, kita akan menulis A = B.

Seluruh ruang sampel Ω sendiri adalah kejadian (kami telah

secara sepele Ω ⊆ Ω) dan, karena Ω berisi semua kemungkinan

hasil eksperimen, itu disebut kejadian tertentu. Di sisi lain, jika

kita yakin bahwa suatu kejadian tidak dapat terjadi, maka kita

menyebutnya kejadian yang mustahil yang kita gunakan

simbol set kosong, ∅.

Kembali ke eksperimen melempar mati, pertimbangkan lagi

kejadian A = {4} dan, bukan B, kejadian

C∶ hasil dari kematian adalah 5.

Misalkan sekarang Nick, yang suka berjudi, melemparkan mati

dan memenangkan taruhan jika hasil dari mati adalah 4 atau

5. Kemudian, kejadian

13

D∶ Nick memenangkan taruhan

terjadi jika dan hanya jika setidaknya salah satu kejadian A dan

C terjadi. Kejadian D sama dengan kejadian "setidaknya satu

dari A dan C terjadi" (lebih tepatnya, dan menurut Definisi 1.2,

kedua kejadian ini setara), dan karenanya, menggunakan

notasi yang ditetapkan, kita dapat menulis D = {4, 5}. Dengan

demikian kita melihat bahwa, dinyatakan sebagai satu set, D

bertepatan dengan union dua set A dan C.

Definisi 1.3 Union dua kejadian A dan B, yang ditandai dengan

A ∪ B, adalah kejadian yang terjadi jika dan hanya jika

setidaknya satu dari A dan B terjadi.

Operasi union dapat dengan mudah diperpanjang ketika lebih

dari dua set terlibat. Lebih khusus lagi, jika A1, A2,..., An adalah

kejadian di ruang sampel, maka kejadian "setidaknya salah

satu Ai terjadi" disebut union kejadian A1, A2,..., An dan

dinyatakan dalam simbol sebagai

Untuk menggambarkan konsep berikutnya, intersection

antara dua kejadian, kita kembali ke contoh melemparkan

mati. Misalkan kita memiliki dua penjudi yang bermain

melawan lawan.

Secara khusus, masing-masing dari mereka melemparkan

mati: pemain pertama menang jika hasil mati lebih besar dari

atau sama dengan 4, sementara yang lain menang jika hasilnya

14

adalah bilangan bulat yang merata. Bagaimana kami

menggambarkan kejadian bahwa "kedua pemain

memenangkan taruhan mereka?"

Biarkan A menjadi kejadian bahwa penjudi pertama

memenangkan taruhannya, B kejadian yang dimenangkan

penjudi kedua, dan C kejadian bahwa mereka berdua

memenangkan taruhan mereka. Kemudian, jelas, C terjadi jika

dan hanya jika A dan B terjadi. Untuk menemukan C secara

eksplisit, kami menggunakan untuk menetapkan notasi lagi; A

dan B dapat ditulis sebagai berikut:

A = {4, 5, 6}, B = {2, 4, 6}.

Sekarang terlihat bahwa kejadian "baik A dan B terjadi"

mengandung persis elemen-elemen ruang sampel Ω ={1, 2, 3,

4, 5, 6} yang termasuk dalam A dan B, yaitu,

C = {4, 6}.

Dalam set teori, set yang berisi persis elemen-elemen yang

umum untuk dua set lain A dan B disebut intersection antara

A dan B. Dengan demikian kami sampai pada definisi berikut.

Definisi 1.4 intersection antara dua kejadian A dan B adalah

kejadian yang terjadi setiap kali A dan B terjadi. Untuk

intersection antara A dan B, kami menulis A ∩ B atau hanya

AB.

Harus disebutkan bahwa dalam sebagian besar buku

probabilitas, berbeda dengan mengatur buku tematik, notasi

AB lebih umum daripada A ∩ B dan ini adalah notasi yang

sebagian besar akan diikuti dalam buku ini.

15

Seperti halnya union sebelumnya, kita dapat memperluas

definisi terakhir untuk mencakup lebih dari dua set;

khususnya, asumsikan lagi bahwa A1, A2,..., An adalah kejadian

yang ditentukan pada ruang sampel. Kemudian, kejadian

"semua kejadian Ai terjadi" disebut intersection kejadian A1,

A2,..., An dan kami menunjukkannya dengan

atau, lebih umum,

di mana simbol ∏ digunakan sebagai simbol generik untuk

intersection di antara Ai.

Ketika kita mempertimbangkan urutan kejadian A1 yang tak

terbatas, A2,..., union dan intersection mereka ditandai oleh

masing-masing. Ketika dua kejadian tidak dapat terjadi secara

bersamaan, maka mereka disebut kejadian yang disjoint atau

saling eksklusif. Definisi yang setara dari konsep ini adalah

sebagai berikut.

Definisi 1.5 Dua kejadian A dan B, didefinisikan pada ruang

sampel Ω, disebut kejadian yang disjoint atau saling eksklusif

16

jika intersection mereka adalah set kosong (kejadian yang

tidak mungkin), yaitu AB = ∅.

Dalam kasus di mana kita memiliki lebih dari dua kejadian,

A1, A2,..., An, dan bahwa

AiAj = ∅ untuk i ≠ j (i, j = 1, 2,..., n),

kemudian kejadian Ai dikatakan berpasangan disjoint. Definisi

serupa berlaku ketika jumlah Ai tidak terbatas.

Dua konsep penting lebih lanjut berguna dalam teori

probabilitas, yang muncul lagi dari konsep serupa dalam teori

set, diberikan dalam dua definisi berikutnya.

Definisi 1.6 Biarkan A menjadi kejadian pada ruang sampel.

Pelengkap, atau kejadian pelengkap A, adalah kejadian yang

terjadi jika dan hanya jika A tidak terjadi.

Definisi yang setara adalah bahwa pelengkap A mengandung

elemen-elemen persis dari ruang sampel yang bukan elemen

A.

Untuk pelengkap kejadian A, setidaknya ada tiga simbol

berbeda yang digunakan cukup umum, dan mereka

Dalam buku ini, kami lebih suka menggunakan yang pertama

dari tiga simbol ini.

17

Definisi 1.7 Selisih kejadian B dari kejadian A mengacu pada

kejadian yang terjadi ketika A terjadi tetapi B tidak. Simbol

yang kita gunakan untuk selisih B dari A adalah A − B.

Dua ekspresi yang berguna, yang menghubungkan konsep di

atas dan mengikuti dengan mudah dari definisi di atas, adalah

sebagai berikut:

A′ =Ω− A dan A − B = AB′ .

Contoh 1.6 (Emisi sinyal digital)

Sinyal digital adalah aliran angka, biasanya dalam bentuk biner

(0 atau 1). Sinyal tersebut digunakan, misalnya, dalam teknik

elektro, telekomunikasi, biomedis, seismologi dan sebagainya.

Asumsikan bahwa sumber memancarkan urutan empat digit

biner, seperti 0010, 0001, 1010, 1100, ... Seperti yang dapat

dilihat dari diagram pohon berikut, untuk setiap emisi 4 digit,

ruang sampel terdiri dari 16 elemen, diberikan secara eksplisit

di kolom akhir (yang telah dilabeli sebagai "hasil") dari diagram

(Gambar 1.2). Misalkan kita tertarik pada kejadian berikut: Ai:

sinyal berisi persis i "0" digit, untuk i = 0, 1, 2, 3, 4; B: sinyal

berisi setidaknya dua digit "0"; C: sinyal berisi tepat tiga digit

yang sama; D: sinyal memiliki setidaknya satu digit "0" dan

satu digit "1"; E: sinyal berisi tepat tiga digit berturut-turut

yang sama.

18

Gambar 1.2 Diagram pohon untuk emisi sinyal yang terdiri

dari empat digit biner.

Setelah melihat diagram pohon dengan cermat, kami

menyimpulkan bahwa kejadian Ai (i = 0, 1, 2, 3, 4) dapat ditulis

secara eksplisit sebagai berikut:

A0 = {1111}, A1 = {0111, 1011, 1101, 1110},

A2 = {0011, 0101, 0110, 1001, 1010, 1100},

A3 = {0001, 0010, 0100, 1000}, A4 = {0000}.

19

Jelas bahwa Ai disjoint, yaitu

AiAj = ∅ untuk i ≠ j (i, j = 0, 1, 2, 3, 4).

Perhatikan bahwa, selain itu, kami memiliki

A0 ∪ A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 = Ω

(keluarga kejadian dengan dua properti ini disebut partisi

ruang sampel Ω). Kejadian B, C, D kemudian dapat

diekspresikan dalam hal kejadian Ai sebagai berikut:

B = A2 ∪ A3 ∪ A4,

C = A1 ∪ A3,

D = A1 ∪ A2 ∪ A3 = A′ 0A′ 4.

Terakhir, dari keterangan kejadian E, sudah jelas bahwa

E ⊆ A1 ∪ A3.

Lebih tepatnya, kejadian E berisi elemen-elemen berikut

E = {0111, 1110, 0001, 1000}

dan tampaknya tidak ada cara sederhana di mana ia dapat

diekspresikan dalam hal kejadian Ai, i = 0, 1, 2, 3, 4, dengan

menggunakan operasi yang biasa antara kejadian.

Alat lain dari teori set yang sering berguna untuk

menggambarkan dan memahami hubungan yang lebih baik

antara kejadian adalah diagram Venn. Dalam diagram seperti

itu, Ω ruang sampel diwakili oleh persegi panjang dan, di

dalamnya, kami memplot lingkaran atau bentuk geometris

20

lainnya untuk mewakili kejadian tertentu di ruang itu (lihat

Gambar 1.3).

Gambar 1.4–1.11 menggambarkan secara grafis berbagai

konsep (hubungan dan operasi di antara kejadian) yang telah

dibahas sejauh ini.

Gambar 1.3 Diagram Venn.

Gambar 1.4 A ⊆ B.

21

Gambar 1.5 Melengkapi suatu kejadian.

Gambar 1.6 Union kejadian.

22

Gambar 1.7 Intersection kejadian.

Gambar 1.8 Disjoint kejadian.

23

Gambar 1.9 Selisih antara dua kejadian.

Gambar 1.10 (A − B) ∪ C.

24

Gambar diagram 1.11 Venn untuk kejadian AB′ .

Penggunaan diagram tersebut menawarkan, biasanya cukup

berguna, visualisasi dari berbagai hubungan di antara

kejadian, dan memungkinkan kita untuk menggambarkan

kejadian yang agak rumit secara grafis. Misalnya, biarkan A,

B,C menjadi tiga kejadian pada ruang sampel dan

mempertimbangkan kejadian

C: baik A terjadi tetapi tidak B, atau C terjadi.

Dari definisi yang diberikan sebelumnya, kita melihat bahwa

kejadian ini sesuai dengan set (A − B) ∪ C; kejadian ini diwakili

oleh area bayangan di Gambar 1.10.

Mempertimbangkan berbagai operasi di antara kejadian-

kejadian yang telah diperkenalkan, kami dapat menyatakan

banyak properti yang sangat berguna ketika kami ingin

25

menyederhanakan ekspresi yang rumit. Beberapa properti ini

tercantum dalam proposisi berikut.

Proposisi 1.1 Properti berikut berlaku untuk operasi di antara

kejadian:

SP1. A ∪ A = A AA = A

SP2. A ∪∅= A A∅=∅

SP3. A ∪Ω=Ω AΩ = A

SP4. A ∪ B = B ∪ A AB = BA

SP5. A ∪ (B ∪ C)=(A ∪ B) ∪ C A(BC)=(AB)C

SP6. A ∪ (BC)=(A ∪ B)(A ∪ C) A(B ∪ C)=(AB)∪(AC)

SP7. A ∪ A′ = Ω AA′ = ∅

SP8. (A′ ) ′ = A

SP9. Jika A ⊆ B dan B ⊆ C, maka A ⊆ C

SP10. Jika A ⊆ B, maka B′ ⊆ A′ dan sebaliknya

SP11. Jika A ⊆ B, maka AB = A dan A ∪ B = B.

Properti SP5, yang dikenal sebagai properti asosiativitas,

memungkinkan kita untuk menghilangkan kurung dan

menggunakan notasi seperti A ∪ B ∪ C atau ABC, karena

urutan di mana union atau intersection dilakukan adalah

imaterial. Juga, SP4 dalam proposisi di atas (properti

komutasitif) menunjukkan bahwa ketika union atau

26

intersection digunakan, kita dapat mengubah urutan kejadian

yang dipertimbangkan.

Kami lebih lanjut mencatat bahwa, properti tersebut dalam

Proposisi 1.1 yang tidak segera, dapat diverifikasi dengan

mudah dengan penggunaan diagram Venn; diagram tersebut

juga dapat digunakan untuk menemukan dan mempelajari

sejumlah hubungan tambahan di antara kejadian. Sebagai

gambaran tentang hal ini, yang sangat menarik, kami

menunjukkan kekuatan identitas mengenai intersection

antara pelengkap dua set. Biarkan A dan B menjadi dua set

(kejadian) ini. Area berbayang di dua diagram Venn di sebelah

kiri Gambar 1.12 menyajikan pelengkap mereka, A′ dan B′,

masing-masing, sementara grafik di sebelah kanan

menunjukkan intersection mereka, A′ B′.

Dari diagram yang ditunjukkan pada Gambar 1.13, terlihat

bahwa hasil yang sama dapat diperoleh jika kita

mempertimbangkan pelengkap union, A ∪ B.

Oleh karena itu tampaknya dari Gambar 1.12 dan 1.13 bahwa

identitas berikut memegang:

(A ∪ B) ′ = A′ B′

Namun, kami menekankan bahwa, tidak peduli seberapa

ilustratifnya, diagram Venn saja tidak menawarkan bukti

matematika yang ketat untuk identitas seperti yang ada di

atas. Untuk membuktikan identitas seperti itu secara formal,

kita harus menunjukkan bahwa set di dua sisi persamaan

mengandung elemen yang sama persis. Sebagai gambaran

bagaimana hal ini dapat dilakukan, kami menyajikan bukti

matematika terperinci dari proposisi berikut.

27

Proposisi 1.2 (Rumus De Morgan)

Misalkan A dan B adalah kejadian pada ruang sampel yang

sama Ω. Kemudian, identitas berikut:

(A ∪ B) ′ = A′ B′ , (AB) ′ = A′ ∪ B′ .

Identitas-identitas ini dikenal sebagai identitas De Morgan

atau formula De Morgan.

Gambar diagram 1.12 Venn untuk kejadian A′ B′

28

Gambar diagram 1.13 Venn untuk kejadian (A ∪ B) ′

Bukti : Untuk membuktikan identitas pertama, cukup untuk

menunjukkan bahwa keduanya (A ∪ B) ′ ⊆ A′ B′ dan A′ B′ ⊆ (A

∪ B) ′ tahan. Untuk memulainya, ω menjadi contoh titik yang

termasuk dalam set (A ∪ B) ′ . Ini berarti bahwa ω ∉ A ∪ B, dan

karena set A ∪ B berisi semua elemen yang berada di A atau

di B, kami menyimpulkan bahwa ω bukan milik salah satu dari

mereka. Dengan demikian, ω milik A′ dan B′ , dan karena itu

juga merupakan anggota dari intersection mereka, A′ B′.

Argumen di atas menunjukkan bahwa (A ∪ B) ′ ⊆ A′ B′.

Selanjutnya, untuk membangun hubungan terbalik, misalkan

sekarang ω ∈ A′ B′ . Karena set A′ B′ berisi elemen-elemen

ruang sampel yang termasuk dalam A′ dan B′ , kami melihat

bahwa ω bukan anggota A atau B. Dengan demikian, itu bukan

milik serikat mereka, A ∪ B, yang menunjukkan segera bahwa

ω ∈ (A ∪ B) ′ . Oleh karena itu kami melihat bahwa A′ B′ ⊆ (A

∪ B) ′ , dan ini melengkapi bukti untuk pernyataan pertama

proposisi.

29

Pembuktian identitas keduanya dilakukan dengan cara

serupa.

Identitas De Morgan dapat dimualisasi untuk kasus ini ketika

lebih dari dua set terlibat. Lebih khusus lagi, jika A1, A2,..., An

adalah kejadian pada ruang sampel, maka kami memiliki

identitas berikut:

(A1 ∪ A2 ∪···∪ An)′ = A1’A2’ ··· An’,

(A1A2 ··· An)′ = A1’ ∪ A2’ ∪···∪ An’.

Hasil serupa berlaku jika kita memiliki jumlah kejadian yang

tak terbatas.

Kami menutup bagian ini dengan contoh untuk menunjukkan

bagaimana kami dapat menggunakan berbagai properti yang

telah kami diskusikan sejauh ini untuk menyederhanakan

ekspresi rumit yang melibatkan set dan operasi mereka.

Contoh 1.7 Misalkan A, B, dan C adalah tiga kejadian pada

ruang sampel yang sama Ω. Menggunakan properti operasi di

antara kejadian, sederhanakan ekspresi

(A′ B′)′ ∪ (AB′ C′)′.

SOLUSI

Menggunakan identitas De Morgan kedua dari Proposisi 1.2

(diterapkan ke set A′ dan B′) dan Property SP8, kami

memperoleh

(A′ B′)′ = (A′)′ ∪ (B′)′ = A ∪ B.

30

Dengan cara yang sama, kita mendapatkan

(AB′ C′ ) ′ = A′ ∪ (B′ ) ′ ∪ (C′ ) ′ = A′ ∪ (B ∪ C).

Memasukkan kedua relasi ini ke dalam ekspresi yang diberikan

dalam pernyataan contoh, kami memperoleh

(A′ B′)′ ∪ (AB′ C′)′ = (A ∪ B) ∪ (A′ ∪ (B ∪ C))

= A ∪ B ∪ A′ ∪ B ∪ C

= (A ∪ A′ )∪(B ∪ B) ∪ C (Properti SP4, SP5)

= Ω∪ B ∪ C (Properti SP1, SP7)

= Ω∪(B ∪ C) = Ω. (PROPERTI SP3)

1.3 PROBABILITAS SEBAGAI FREKUENSI RELATIF

Seperti yang telah disebutkan, fitur utama dari percobaan

kesempatan (acak) adalah bahwa kita tidak tahu apa hasilnya

dalam setiap realisasi itu. Oleh karena itu kami tidak tahu

apakah kejadian tertentu, A, yang terkait dengan eksperimen

ini akan terjadi dalam realisasi tertentu dari eksperimen.

Namun, bagaimanapun, kita sangat sering ingin tahu seberapa

besar kemungkinan A terjadi. Misalnya, apa kemungkinan

hujan besok, atau bahwa saya akan lulus ujian Universitas

tertentu, atau bahwa partai politik akan memenangkan

pemilu yang akan datang? Hari ini, ratusan keputusan dibuat

setiap hari, menggunakan "tingkat kepercayaan" yang kita

miliki bahwa sesuatu akan terjadi, atau tidak, pada titik masa

depan; bayangkan saja dengan jelas orang-orang yang

membeli saham, atau produk keuangan lainnya, berharap

31

bahwa harga mereka akan naik. Teori probabilitas muncul dari

kebutuhan untuk menempatkan "tingkat kepercayaan" ini

dalam kerangka matematika yang tepat, sehingga konsep

"seberapa mungkin" suatu kejadian dapat diukur di satu sisi,

tetapi di sisi lain untuk dapat membuat pengurangan logis dan

menarik kesimpulan tentang kejadian yang rumit. Secara

umum, teori probabilitas memungkinkan kita tidak hanya

membuat keputusan tetapi untuk menghadapi ketidakpastian

dalam kehidupan sehari-hari, dan untuk alasan ini telah

disebut sebagai "ilmu ketidakpastian." Dari sudut pandang ini,

mungkin tampak paradoks bahwa seluruh sejarah teori

probabilitas dan perkembangannya, sampai abad kesembilan

belas setidaknya, terjerat dan dimotivasi oleh permainan

kesempatan dan perjudian. Meskipun demikian, penasaran

bahwa, meskipun asal-usul permainan kesempatan

tampaknya telah hilang dalam sejarah, penggunaan

matematika sistematis pertama untuk menangani

ketidakpastian dalam permainan terjadi pada abad kelima

belas, sementara prestasi berharga pertama didirikan pada

pertengahan abad ketujuh belas. Dan, sejak itu, butuh hampir

tiga abad sampai teori suara dan koheren dikembangkan

sehingga teori probabilitas menjadi diakui sebagai cabang

matematika independen.

Definisi probabilitas pertama yang akan digunakan secara luas

dikaitkan dengan matematikawan Prancis Pierre Simon

Laplace (1749–1827) dan biasanya disebut sebagai definisi

klasik probabilitas. Dalam kata-katanya, itu adalah sebagai

berikut:

"Probabilitas suatu kejadian adalah rasio jumlah kasus yang

menguntungkan untuk itu, dibagi dengan jumlah semua kasus

32

yang mungkin ketika tidak ada yang menuntun kita untuk

mengharapkan bahwa salah satu dari kasus-kasus ini harus

terjadi lebih dari yang lain, yang membuat mereka, bagi kita,

sama-sama mungkin."

A: hasilnya adalah bilangan bulat yang merata,

Tampaknya masuk akal untuk mengasumsikan bahwa keenam

wajah mati "sama mungkin." Jumlah hasil yang mungkin

(jumlah elemen dalam ruang sampel, untuk menyesuaikan

dengan terminologi yang digunakan di bagian sebelumnya)

adalah 6, sementara hasil "menguntungkan" adalah semua

yang menghasilkan bilangan bulat yang merata dalam

lemparan. Ini adalah elemen dari set {2, 4, 6} dan oleh karena

itu kami mendapatkan dari definisi bahwa probabilitas

kejadian A adalah 3∕6, yaitu setengah.

Meskipun definisi tampaknya memberikan jawaban yang

masuk akal yang setuju dengan intuisi kami, ia memiliki

setidaknya dua kelemahan serius:

(i) Apa yang terjadi jika semua "kasus" yang mungkin

terjadi (yaitu, kejadian dasar di ruang sampel)

tidak dapat dianggap sebagai "sama mungkin?"

(ii) Definisi mengasumsikan bahwa jumlah hasil yang

mungkin terbatas. Apa yang terjadi jika ini tidak

terjadi untuk eksperimen yang kita

pertimbangkan?

Mengingat masalah di atas, matematikawan mencari cara

alternatif untuk menentukan probabilitas. Upaya serius

pertama untuk melakukan ini dilakukan oleh R. von Mises

pada tahun 1917. Upaya ini bergantung pada gagasan

33

frekuensi relatif yang dibahas di sisa bagian ini. Pendekatan

yang diambil oleh von Mises agak empiris di alam, dan ini telah

dianggap sebagai keuntungan dan kerugian; di satu sisi, itu

bagus untuk menghubungkan "tingkat kepercayaan" kami

dengan pengalaman kami dari masa lalu. Namun,

mengandalkan data eksperimental untuk menentukan

probabilitas memiliki beberapa kelemahan, seperti yang akan

kita lihat di bagian berikutnya. Dengan demikian, dan dengan

meningkatnya pengakuan tentang pentingnya teori

probabilitas pada awal abad kedua puluh, para ilmuwan

merasa bahwa ada kebutuhan untuk "axiomatize" teori

probabilitas, dengan cara yang sama seperti yang dilakukan

dengan geometri misalnya. Artinya, untuk menemukan satu

set aksiom yang tampaknya dapat diterima secara universal

dan, dari ini, memperoleh rantai hasil teoritis dan juga

jawaban atas masalah praktis yang mencakup ketidakpastian.

Di bagian berikutnya, kami menyajikan pendekatan yang

mengikuti jalur ini, karena probabilist Rusia A. N. Kolmogorov.

Mari kita sepakat, untuk memulai dengan, bahwa kejadian

tertentu secara intuitif lebih mungkin daripada yang lain;

misalnya,

• ketika dua tim basket, yang kurang lebih pada level yang

sama, bermain melawan satu sama lain, kami biasanya

berpikir bahwa tim tuan rumah memiliki peluang yang lebih

baik untuk memenangkan pertandingan;

• pengalaman kami menunjukkan bahwa "jauh lebih mungkin"

untuk hujan pada hari musim dingin di Inggris daripada pada

hari musim panas di Las Vegas.

34

Kedua pernyataan ini tampaknya diterima secara universal,

dan ini dapat dikaitkan dengan pengalaman umum kita dari

apa yang telah terjadi di masa lalu. Ini lebih jelas dalam kasus

kedua di atas, di mana jika kita mengumpulkan data

mengatakan dari 50 tahun terakhir, kita mungkin melihat

misalnya bahwa jumlah hari musim dingin dengan hujan di

Inggris adalah 20 kali lebih banyak daripada jumlah hari hujan

di musim panas di Las Vegas. Argumen yang sama dapat

bekerja untuk kasus pertama karena jika kita memilih secara

acak sejumlah besar pertandingan basket, sangat mungkin

bahwa kemenangan kandang terjadi lebih sering daripada

kemenangan tandang. Misalnya, melihat musim reguler NBA

2010-2011, kami melihat bahwa di antara 1230 pertandingan

yang dimainkan, ada 743 kemenangan kandang dan 487

kemenangan tandang.

Ketika definisi klasik probabilitas tidak dapat digunakan,

tampaknya masuk akal untuk menggunakan pengalaman

masa lalu untuk menetapkan tingkat kredibilitas ke suatu

kejadian. Untuk memulainya, kita dapat mengatakan bahwa

kejadian A lebih mungkin daripada kejadian lain B, keduanya

terkait dengan eksperimen yang sama, jika dalam sejumlah

besar realisasi eksperimen ini, A terjadi lebih sering daripada

B. Pada tingkat berikutnya, kita dapat mencoba untuk

mengukur perbedaan ini, mengatakan misalnya bahwa jika A

terjadi dua kali lebih sering seperti B, maka A dua kali lebih

mungkin terjadi daripada B. Namun, kami ingin menggunakan

satu nomor untuk memberi tahu kami seberapa besar

kemungkinan suatu kejadian, daripada mempertimbangkan

ini selalu dalam kaitannya dengan beberapa kejadian lain.

Mengikuti hal-hal di atas, tampaknya masuk akal bahwa, jika

35

percobaan dilakukan n kali dan A terjadi nA kali dari mereka,

maka rasio nA∕n dapat digunakan sebagai ukuran tingkat

kepercayaan kita untuk penampilannya. Tentu saja, agar ini

valid, dan konsisten, semua pengulangan n harus dilakukan

dalam kondisi yang sama. Dengan demikian kami sampai pada

definisi berikut.

Definisi 1.8 (Frekuensi relatif) Jika dalam n pengulangan

eksperimen, dalam kondisi yang identik, kejadian A terjadi nA

kali, rasio

disebut frekuensi relatif A (dalam percobaan n ini).

Dari definisi ini, kita memiliki segera properti berikut untuk

frekuensi relatif.

Proposisi 1.3 (Properti frekuensi relatif) Ω akan menjadi

ruang sampel untuk percobaan kesempatan. Kemudian:

(i) fA ≥ 0 untuk setiap kejadian A yang didefinisikan

pada Ω;

(ii) (ii) fΩ = 1;

(iii) untuk setiap kejadian disjoint A dan B, kami

memiliki

fA∪B = fA + fB.

36

Jelas, sifat ketiga dapat digeneralisasi ke lebih dari dua

kejadian. Dengan demikian, jika A1, A2,..., Ak adalah kejadian

disjoint.

Selain itu, jika A = {ω1, ω2,..., ωk} ⊆ Ω adalah kejadian (terbatas)

Ω dan kami menunjukkannya dengan

fi = f𝜔i , i = 1, 2,…, k,

frekuensi relatif dari kejadian dasar {ωi}, i = 1, 2,..., k, maka

kita dapat menulis

Contoh 1.8 (Pengulangan percobaan kesempatan)

Tabel 1.1 memberikan hasil 100 realisasi untuk percobaan

acak melempar mati dua kali. Dalam tiga kolom terakhir tabel

ini, kami telah merekam frekuensi relatif (berdasarkan uji coba

i pertama, i = 1, 2,..., 100) untuk setiap kejadian

A: setidaknya satu dari dua hasil adalah 6;

B: hasil dari kematian pertama adalah 4;

C: jumlah dari dua hasil adalah 7.

Kami melihat dari Tabel 1.1 bahwa frekuensi relatif untuk

masing-masing dari tiga kejadian A, B, C bervariasi bersama

dengan jumlah lemparan dan, pada kenyataannya, berubah

37

pada setiap langkah. Namun, tampaknya karena jumlah

lemparan semakin besar, fluktuasi nilai untuk tiga frekuensi

relatif cenderung menjadi lebih kecil. Lebih lanjut, di seluruh

Tabel 1.1, jelas bahwa kejadian A terjadi lebih sering daripada

dua lainnya, yang memiliki tingkat kejadian yang sama.

Berdasarkan total 100 lemparan, kami memiliki frekuensi

relatif berikut untuk A, B,C:

fA = 0,29, fB = 0,16, fC = 0,15.

Misalkan sekarang kita mendefinisikan kejadian

Bi ∶ hasil lemparan pertama adalah i

untuk i = 5, 6.

Dengan mempertimbangkan hasil untuk kejadian B,

tampaknya masuk akal untuk menyatakan bahwa

fB5 = 0,16, fB6 = 0,16.

Selanjutnya, untuk kejadian

E ∶ hasil lemparan pertama lebih besar dari 4,

Karena E = B5 ∪ B6, kami berharap untuk memiliki (dengan

Proposisi 1.3(iii)) bahwa

fE = fB5 + fB6 = 0,32.

38

Tabel 1.1 Hasil dadu dari dua lemparan (100 pengulangan).

39

40

Melihat frekuensi relatif dari kejadian A, B, dan C di Tabel 1.1,

kami mengamati bahwa, meskipun ini cenderung berfluktuasi

pada awalnya banyak, karena jumlah uji coba yang dilakukan

tumbuh, mereka tampaknya terkonsentrasi di sekitar nilai

tetap. Jika kita berasumsi untuk saat ini bahwa frekuensi

relatif bertemu dengan batas tertentu, maka batas ini disebut

membatasi frekuensi relatif kejadian. Perlu disebutkan di sini

bahwa fakta bahwa frekuensi relatif berkumpul ke batas

adalah konsekuensi dari salah satu teori kunci dalam teori

probabilitas, "hukum dalam jumlah besar" (ilustrasi visual ini

diberikan dalam Gambar 1.14).

Pada awal abad kedua puluh, batas frekuensi relatif digunakan

oleh matematikawan untuk definisi probabilitas. Secara

khusus, Richard von Mises (1883–1953) memberikan definisi

41

probabilitas berikut, yang dikenal sebagai statistik, atau

sering, definisi probabilitas.

Definisi 1.9 (Definisi probabilitas yang sering) Ω menjadi

ruang sampel untuk percobaan kesempatan dan A menjadi

kejadian di ruang tersebut. Jika nA menunjukkan berapa kali A

muncul dalam n pengulangan eksperimen (0 ≤ nA ≤ n), maka

kami mendefinisikan sebagai probabilitas kejadian A limit

Gambar 1.14 Perilaku jangka panjang dari frekuensi relatif.

Perlu dicatat bahwa, meskipun tidak eksplisit dalam notasi,

jumlah nA dalam definisi di atas, tergantung pada jumlah n

pengulangan yang telah dilakukan untuk eksperimen yang

kami pertimbangkan.

Kami mungkin berasumsi untuk saat ini bahwa Definisi 1.9

dapat digunakan untuk mengaitkan probabilitas ke kejadian

42

pada ruang sampel. Kemudian, dengan banding ke properti

yang tercantum dalam Proposisi 1.3, dan khususnya dengan

mengambil batas n → ∞ di sana (yaitu, dengan asumsi bahwa

jumlah eksperimen tumbuh tanpa batas), kami mendapatkan

properti berikut untuk probabilitas:

FP1. P(A) ≥ 0 untuk setiap kejadian A pada ruang sampel Ω;

FP2. P(Ω) = 1;

FP3. Untuk setiap sepasang kejadian A, B disjoint, kami telah

P(A ∪ B) = P(A) + P(B).

Seperti yang akan kita lihat di bagian berikutnya, ketiga

properti ini membentuk dasar di mana kerangka matematika

yang ketat dapat dibangun; kerangka kerja ini memungkinkan

kita untuk mengatasi masalah teoritis dan praktis yang terkait

dengan eksperimen kesempatan.

Contoh 1.9 Di kota kecil, hanya ada dua surat kabar lokal, yang

disebut "The Weekly News" dan "News Herald." Kami

meminta 2000 penduduk kota ini yang, jika ada, dari surat

kabar ini mereka membaca secara teratur. 460 orang

menjawab mereka membaca "The Weekly News," 580

menjawab mereka membaca "News Herald," sementara 140

menjawab bahwa mereka membaca keduanya. Dengan

asumsi bahwa jumlah pengulangan, n = 2000, cukup besar

sehingga frekuensi relatif suatu kejadian telah mendekati nilai

sebenarnya (batas), menemukan probabilitas bahwa jika kita

memilih seseorang secara acak dari kota ini, maka dia akan

43

(i) menjadi pembaca "Berita Mingguan";

(ii) menjadi pembaca "News Herald";

(iii) membaca kedua surat kabar;

(iv) membaca setidaknya satu surat kabar;

(v) baca "Berita Mingguan" saja;

(vi) menjadi pembaca "News Herald" saja;

(vii) akan menjadi pembaca tepat satu surat kabar

lokal.

Solusi

Kami mempertimbangkan eksperimen bertanya kepada

seseorang secara acak surat kabar mana yang dibacanya. Mari

kita mendefinisikan kejadian

A: seseorang adalah pembaca "The Weekly News"

B: seseorang adalah pembaca "News Herald."

Data dalam contoh berasal dari pengulangan eksperimen

2000. Berdasarkan informasi ini, kami memiliki untuk

frekuensi kejadian A, B dan intersection mereka

nA = 460, nB = 580

dan nAB = 140.

Untuk frekuensi relatif, kami telah

44

Karena kami berasumsi bahwa n = 2000 adalah jumlah

pengulangan yang cukup besar, kami dapat memperkirakan

berbagai probabilitas dengan frekuensi relatif yang sesuai.

Dengan demikian kami memiliki hasil berikut:

(i) Probabilitas seseorang membaca "Berita

Mingguan" adalah P(A) = 0,23.

(ii) Probabilitas seseorang membaca "News Herald"

adalah P(B) = 0,29.

(iii) Probabilitas seseorang membaca kedua surat

kabar adalah P(AB) = 0,07.

(iv) Di sini kita mencari probabilitas kejadian A ∪ B.

Kami menggunakan lagi frekuensi relatif sebagai

perkiraan untuk ini. Jumlah orang yang membaca

tepat satu surat kabar, dari 2000 orang yang kami

minta, adalah

nA∪B = 460 + 580 − 140 = 900

(karena ketika kita menambahkan 460 + 580 kita telah

menghitung orang-orang yang membaca kedua surat kabar

dua kali). Sehingga

(v) Jumlah orang yang membaca "The Weekly News" hanya

sama dengan jumlah orang yang mengatakan bahwa mereka

membaca koran itu dikurangi 140 orang yang membaca kedua

surat kabar. Akibatnya

45

(v) Demikian pula, kami memiliki untuk jumlah orang

yang membaca "News Herald" saja

(vi) Demikian pula, kami memiliki untuk jumlah orang

yang membaca "News Herald" saja

(vii) Kejadian "seseorang hanya membaca satu dari

dua surat kabar" yang dinyatakan sebagai

(AB′ )∪(A′ B). Karena kejadian AB′ dan A′B disjoint,

kami mendapatkan dari sifat FP3 yang

46

1.4 DEFINISI AXIOMATIK PROBABILITAS

Kami telah melihat di bagian sebelumnya bahwa Definisi 1.9

mengatasi kesulitan yang dihadapi dengan definisi

probabilitas Laplace. Namun, pendekatan oleh von Mises

tidak dapat membentuk dasar untuk pengembangan

matematika formal teori probabilitas, karena didasarkan pada

data eksperimental. Beberapa masalah yang mungkin timbul

jika kita menggunakan Definisi 1.9 untuk menentukan

probabilitas adalah sebagai berikut:

• Pada beberapa kesempatan, sifat eksperimen sedemikian

rupa sehingga mungkin tidak masuk akal atau bahkan mungkin

untuk mengulanginya dalam jumlah besar kali.

Pertimbangkan, misalnya, probabilitas kejadian bahwa partai

politik memenangkan pemilu yang akan datang; atau bahwa

pesawat ruang angkasa baru akan berhasil mendarat di Mars.

Dalam beberapa kesempatan lain, ketika pengulangan

eksperimen dimungkinkan, mungkin terlalu mahal atau

memakan waktu.

• Ketika layak untuk memiliki sejumlah besar pengulangan,

tampaknya tidak ada cara sistematis untuk mengontrol

kesalahan yang muncul ketika kita menggunakan frekuensi

relatif sebagai perkiraan untuk probabilitas suatu kejadian.

• Dalam Definisi 1.9, probabilitas didefinisikan sebagai batas

sebagai n → ∞. Bagaimana kita tahu bahwa batas seperti itu

selalu ada? Salah satu cara untuk mendapatkan sekitar ini

adalah dengan mengasumsikan bahwa batas itu ada, sebagai

bagian dari definisi itu; Namun, ini adalah asumsi yang agak

kuat untuk digunakan sebagai aksiom. Selain itu, dalam

praktiknya, kita tidak pernah dapat memiliki jumlah

47

eksperimen yang tak terbatas dan, terutama ketika presisi

sangat penting, mungkin tidak mudah untuk "menebak"

berapa nilai limitnya

adalah, ketika kita memiliki di tangan hanya sejumlah terbatas

pengulangan n untuk percobaan.

Kekhawatiran yang disebutkan di atas memulai pencarian

definisi alternatif probabilitas. Bahkan, dalam ceramah

terkenal yang disampaikan pada tahun 1900 di Kongres

Matematikawan Internasional yang diadakan di Paris,

matematikawan Jerman David Hilbert (1862-1943), yang

mungkin matematikawan terkemuka pada masanya,

mengusulkan 23 masalah yang solusinya menghadirkan

tantangan besar dan akan membentuk terobosan untuk

matematika abad kedua puluh. Salah satu masalah ini

menyangkut fondasi aksiomatik teori probabilitas. Baru pada

tahun 1933 ketika matematikawan Rusia Andrei Kolmogorov

(1903–1989) mengembangkan kerangka kerja yang konsisten

di mana masalah apa pun mengenai probabilitas dapat, jika

tidak diselesaikan, setidaknya dirumuskan. Dalam karya

Kolmogorov, tiga sifat probabilitas "jelas" dan "tidak dapat

dilipat" diambil sebagai aksiom. Berdasarkan mereka, seluruh

teori probabilitas dapat dikembangkan, membuat serangkaian

pengurangan matematika dan logis. Perlu dicatat pada titik ini

bahwa, menggunakan alat dari fondasi probabilitas aksiomatik

Kolmogorov, kita dapat membuktikan adanya batas (dalam

arti yang sesuai) untuk frekuensi relatif suatu kejadian ketika

jumlah pengulangan cenderung tidak terbatas. Dengan

48

demikian, teori Kolmogorov tidak bertentangan dengan

definisi statistik oleh von Mises; melainkan, ia

menggabungkannya dengan memberikan alasan formal untuk

validitasnya.

Kami sekarang siap untuk memberikan definisi probabilitas,

berdasarkan pendekatan Kolmogorov, yang akan digunakan di

seluruh buku ini.

Definisi 1.10 Asumsikan Ω anda adalah ruang sampel untuk

percobaan kesempatan. Asumsikan juga bahwa untuk setiap

kejadian A Ω, ada nomor riil, P(A). Jika fungsi P(⋅) memenuhi

tiga aksiom berikut, maka P akan disebut probabilitas pada

ruang sampel Ω, sedangkan angka P(A) akan disebut sebagai

probabilitas kejadian A:

P1. P(A) ≥ 0 untuk setiap kejadian A yang ditentukan dalam

ruang sampel Ω;

P2. P(Ω) = 1;

P3. Jika A1, A2,... adalah urutan kejadian dalam Ω yang disjoint

(yaitu, AiAj = ∅ untuk setiap i ≠ j), maka

Menurut definisi ini, probabilitas dianggap sebagai fungsi

yang ditetapkan, yaitu fungsi yang mengaitkan kejadian apa

pun A yang didefinisikan Ω ke bilangan riil. Melihat aksiom

Kolmogorov, dan membandingkannya dengan Properties

(FP1–FP3) yang dinyatakan di bagian sebelumnya sebagai

49

konsekuensi langsung dari definisi probabilitas von Mises,

kami melihat bahwa mereka tidak begitu berbeda! Bahkan,

dua yang pertama sama, sedangkan P3 dalam Definisi 1.10

menyertakan FP3 sebagai kasus khusus (cukup ambil A3 = A4

=·· =∅).

Properti P3 dikenal sebagai properti aditivitas probabilitas.

Lebih tepatnya, karena melibatkan penjumlahan tak terbatas

(sejumlah istilah yang terhitung banyak), biasanya disebut

aksioma aditivitas probabilitas yang dapat dihitung. Jika kita

menempatkan A1 = A2 = A3 =··· =∅ dalam (1.2), kami

mendapatkan segera

P(∅) = P(∅) + P(∅) + P(∅) + · · · ,

sehingga mengurangi P (∅) pada kedua sisi menghasilkan

0 = P(∅) + P(∅) + · · · .

Karena P (∅) terbatas dan didefinisikan secara unik, itu harus

nol, yaitu,

P(∅) = 0.

Selanjutnya, jika kita menempatkan

An+1 = An+2 =···=∅

di (1.2), kami tiba di hasil berikut, yang dikenal sebagai

properti aditivitas terbatas.

Proposisi 1.4 Jika A1, A2,..., Kejadian tidak disjoint dalam ruang

sampel Ω (yaitu, AiAj = ∅ untuk i ≠ j), maka

50

Untuk n = 2, seperti yang telah disebutkan, kami memperoleh

sifat FP3 dari bagian sebelumnya; yaitu, jika A dan B adalah

kejadian disjoint, maka

Kami telah melihat beberapa contoh mendapatkan hasil baru

dengan bantuan tiga aksiom dalam Definisi 1.10. Namun,

definisi tampaknya tidak menawarkan cara yang jelas untuk

menghitung probabilitas P(A) yang terkait dengan kejadian

tertentu A. Ini akan dipelajari dan diilustrasikan dengan sangat

rinci dalam bab-bab buku berikutnya.

Dalam proposisi berikutnya, kami mengembangkan beberapa

sifat yang berguna untuk probabilitas, yang mudah diuraikan

dari aksiom Definisi 1.10.

Proposisi 1.5 Katakan A = {a1, a2,...} menjadi subset ruang

sampel yang terhitung tak terbatas Ω. Kemudian, probabilitas

kejadian A adalah

di mana P(Ai) menunjukkan probabilitas kejadian dasar {ai}.

Jika A memiliki banyak elemen, sehingga A = {a1, a2,..., a}, maka

51

Bukti : Pernyataan pertama jelas dari (1,2) dengan

menempatkan Ai = {ai} untuk i = 1, 2,..., dan mengamati bahwa

Untuk pernyataan kedua, masukkan Ai = {ai} yang sama untuk

i = 1, 2,..., n dalam Proposisi 1.4.

Menerapkan proposisi sebelumnya untuk kasus A = Ω, ketika

Ω adalah ruang sampel terbatas atau terhitung tak terbatas,

kami segera mendapatkan yang berikut.

Koroller 1.1 Biarkan Ω={ω1, ω2,...} menjadi ruang sampel yang

sangat tak terbatas. Kemudian probabilitas pi = P({ωi}) yang

terkait dengan kejadian dasar {ωi} memenuhi kondisi

Untuk kasus ketika Ω terbatas sehingga Ω={ω1, ω2,..., ωn}, ini

mengurangi

Ada kasus-kasus tertentu di mana agak rumit untuk

menghitung probabilitas untuk kejadian A, tetapi lebih mudah

untuk menemukan probabilitas pelengkapnya, A′ . Hasil

berikut ini kemudian berguna.

52

Proposisi 1.6 Biarkan A menjadi kejadian sewenang-wenang

dalam ruang Ω. Kemudian, probabilitas pelengkapnya, A′,

diberikan oleh

Bukti : Ini jelas dari (1,4) dan fakta bahwa

P(Ω) = P(A ∪ A′ ) = P(A) + P(A′ ),

yang berlaku sejak A ∪ A′ = Ω dan A dan A′ adalah set disjoint.

Contoh 1.10 Misalkan probabilitas kejadian A lebih besar 0,5

daripada probabilitas pelengkapnya. Temukan P(A).

SOLUSI Kami diberikan bahwa

P(A) = P(A′ ) + 0,5,

dan mengganti P(A′ ) dengan Proposisi 1,5 memberikan

P(A) = 1 − P(A) + 0,5 = 1,5 − P(A).

Memecahkan ini, kami segera mendapatkan P(A) = 0,75.

Contoh 1.11 Misalkan kemungkinan hasil eksperimen adalah

semua bilangan bulat positif, sedangkan untuk i = 1,..., 2,...,

probabilitas bahwa hasil eksperimen adalah i dua kali lebih

besar dari probabilitas bahwa hasilnya adalah i + 1. Kemudian,

hitung

(i) probabilitas semua kejadian dasar eksperimen ini;

(ii) probabilitas bahwa hasilnya adalah bilangan bulat

genap;

53

(iii) probabilitas bahwa hasilnya adalah bilangan bulat

ganjil.

SOLUSI

Ruang sampel untuk eksperimen ini adalah set Ω={1, 2,...}, dan

kejadian dasar adalah set {i}, di mana saya adalah bilangan

bulat positif. Untuk i tersebut, kami diberikan bahwa

P({i}) = 2P({i + 1}).

Menunjukkan pi = P({i}) untuk kesederhanaan dalam notasi, ini

berbunyi

pi = 2pi +1, i = 1, 2,....

Dengan demikian, kita memiliki, misalnya, p1 = 2p2, p2 = 2p3,

dan sebagainya.

(i) Menerapkan persamaan terakhir secara rekursif,

kita dapat mengekspresikan probabilitas kejadian

dasar apa pun, pi, dalam hal p1. Lebih khusus lagi,

p1 = 2p2 = 2(2p3) = 4p3 = 4(2p4) = 8p4 = ...,

dan secara umum p1 = 2i−1pi untuk i = 1, 2,..., yang

dapat ditulis ulang sebagai

Karena Ω tidak terbatas, kita dapat menggunakan bagian

pertama dari Corollary 1.1. Mengganti probabilitas pi di sana

oleh ekspresi terakhir, kami menyimpulkan bahwa

54

Kuantitas

adalah jumlah dari seri geometris, dan jadi kami memperoleh

Karena ini harus sama dengan 1, kita mendapatkan p1 = 1∕2,

dan probabilitas kejadian dasar kemudian diberikan oleh

(ii) Probabilitas bahwa hasil eksperimen adalah

bilangan bulat genap yang diberikan oleh jumlah

Ini adalah jumlah lain dari seri geometris, dan begitu juga

dengan

55

(iii) Jika A menunjukkan kejadian yang dipertimbangkan

sebagian (ii), viz., bahwa hasilnya adalah bilangan bulat genap,

maka kejadian bahwa hasilnya adalah bilangan bulat ganjil

hanyalah A′ , dan jadi kami segera memiliki

Atau, probabilitas kejadian A′ dapat diperoleh langsung

sebagai berikut:

Kami menutup bagian ini dengan referensi singkat ke masalah

yang agak halus dari fondasi probabilitas aksiomatik, yang

berasal dari Definisi 1.10. Kami telah menyebutkan bahwa jika

ruang sampel Ω paling banyak elemen, maka kami dapat

dengan aman mengaitkan probabilitas ke subset A Ω; untuk

ruang sampel dengan banyak elemen yang tidak terhitung

jumlahnya, mungkin ada subset Ω yang ini tidak mungkin.

Subset semacam itu disebut tidak terukur dan tidak

56

dipertimbangkan di sini. Tidak termasuk set tersebut dari

domain fungsi probabilitas P(⋅), kami melihat bahwa fungsi set

ini didefinisikan pada keluarga subset Ω, katakanlah ,

anggotanya adalah kejadian pada ruang sampel. Persyaratan

minimum yang harus memenuhi sehingga Definisi 1.10

dapat diterapkan adalah sebagai berikut:

Keluarga subset ruang sampel yang Ω dengan properti di atas

disebut σ-field atau σ aljabar. Banyak buku lanjutan tentang

teori probabilitas dimulai dengan mempertimbangkan

keluarga tersebut untuk memperkenalkan probabilitas

dengan cara yang lebih ketat dari sudut pandang matematika.

Beberapa buku teks tersebut dapat ditemukan dalam daftar

referensi di akhir buku ini, dan pembaca yang tertarik dapat

merujuk ke salah satu buku ini untuk detail lebih lanjut.

1.5 PROPERTI PROBABILITAS

Di bagian ini, kita melihat berbagai sifat probabilitas. Kami

telah melihat, di bagian terakhir, hasil yang mengikuti dari

kondisi yang kami tetapkan dalam Definisi 1.10. Hasil lebih

lanjut di bagian ini, yang penting untuk perkembangan

berikutnya dalam buku ini, dapat menggambarkan

perkembangan rantai hasil dari aksiom Kolmogorov. Alat

utama untuk bukti di bagian ini adalah properti aditif

probabilitas, yang diberikan dalam Proposisi 1.4. Perhatikan,

57

bagaimanapun, bahwa ini berlaku untuk kejadian disjoint

secara berpasangan. Oleh karena itu, untuk menggunakan

proposisi itu, pertama-tama kita harus mengekspresikan

kejadian kepentingan kita sebagai persatuan dua kejadian

atau lebih yang disjoint berpasangan. Ini sebenarnya teknik

yang digunakan dalam bukti proposisi berikutnya.

Proposisi 1.7 Untuk setiap kejadian A dan B dalam ruang

sampel Ω, kami telah

P(A − B) = P(AB′ ) = P(A) − P(AB). (1.6)

Untuk kasus khusus di mana B ⊆ A, kami memiliki

P(A − B) = P(A) − P(B).

Bukti : Ingat bahwa set A − B berisi semua elemen A yang tidak

terkandung dalam B. Ini berarti bahwa kejadian A − B dan AB′

identik, sehingga mereka harus memiliki probabilitas yang

sama, dan ini menetapkan bagian pertama dari (1.6). Untuk

bagian kedua, perhatikan bahwa kejadian AB dan AB′ disjoint,

sementara persatuan mereka sama

58

Mengingat properti aditivitas terbatas, dengan demikian

kami memiliki

P(AB) + P(AB′ ) = P(A),

dan persamaan kedua dalam (1,6) sekarang jelas. Beralih ke

kasus di mana B ⊆ A, kita kemudian memiliki AB = B, dan

begitu (1,6) segera menyiratkan bahwa P(A − B) = P(A) − P(B).

Proposisi 1.8 (probabilitas monotonicity)

(i) Biarkan A dan B menjadi kejadian dalam ruang sampel Ω

sedemikian rupa sehingga B ⊆ A. Kemudian, P(B) ≤ P(A). (ii)

Untuk setiap kejadian A Ω, kami memiliki P(A) ≤ 1.

Bukti :

(i) Ketika B ⊆ A, Proposisi 1,7 menghasilkan P(A − B)

= P(A) − P(B). Karena sisi kiri tidak bernegatif, jadi

harus sisi kanan. Dengan demikian P(A) − P(B) ≥ 0,

yaitu, P(B) ≤ P(A).

(ii) Ini jelas dari Bagian (i), fakta bahwa untuk setiap

kejadian A pada ruang sampel kami memiliki

A ⊆ Ω, dan Property P2 dari Definisi 1.10. Hasil

berikut adalah identitas kunci yang

dimumbungkan (1,4), karena memungkinkan kita

untuk menghitung probabilitas penyatuan dua

kejadian yang belum tentu disjoint.

Proposisi 1.9 Untuk setiap kejadian A dan B pada ruang

sampel, kami memiliki

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB). (1.7)

59

Bukti : Seperti yang dinyatakan di atas, kita tahu bagaimana

menangani probabilitas persatuan antara dua kejadian hanya

ketika kejadian ini disjoint. Oleh karena itu kami mencoba

untuk ∪ A B sebagai union dua kejadian tersebut. Ini mudah

dicapai dengan mempertimbangkan kejadian B dan AB′ ; ini

tidak memiliki elemen umum di antara mereka, sementara

Dari properti additivity, kami dengan mudah memiliki

P(A ∪ B) = P(AB′ ∪ B) = P(AB′ ) + P(B).

Setelah mengganti P(AB′ ) dari hasil yang dinyatakan dalam

Proposisi 1.7, kita mendapatkan

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB),

Contoh 1.12 Toko untuk pakaian wanita menjual sepatu dan

tas tangan. Manajer toko telah memperkirakan bahwa 20%

dari pelanggan yang memasuki toko membeli sepasang

sepatu, 30% membeli tas tangan sementara 10% pelanggan

membeli sepasang sepatu dan tas tangan. Berdasarkan

penegasan tersebut, memperkirakan proporsi pelanggan yang

membeli

60

(i) sepasang sepatu saja,

(ii) tas tangan saja,

(iii) setidaknya satu dari dua item ini,

(iv) persis salah satu dari barang-barang tersebut.

SOLUSI

Mari kita mendefinisikan kejadian

A: seseorang membeli sepasang sepatu dari toko,

B: seseorang membeli tas tangan dari toko.

Kemudian, berdasarkan pernyataan manajer, kami memiliki

P(A) = 0.20, P(B) = 0.30, P(AB) = 0.10.

Probabilitas yang diperlukan ditemukan sebagai berikut:

(i) P(AB′ ) = P(A) − P(AB) = 0.20 − 0.10 = 0.10 = 10%;

(ii) P(A′ B) = P(B) − P(AB) = 0.30 − 0.10 = 0.20 = 20%;

(iii) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB) = 0.20 + 0.30 − 0.10

= 0.40 = 40%;

(iv) P(AB′ ∪ A′ B) = P(AB′ ) + P(A′ B) = 0.10 + 0.20 = 0.30

= 30%.

Proposisi 1.9 memungkinkan kita untuk menghitung

probabilitas bahwa setidaknya satu dari dua kejadian terjadi.

Seringkali, dalam praktiknya, kami memiliki lebih dari dua

kejadian dan kami tertarik pada kemungkinan bahwa

setidaknya salah satu dari mereka terjadi. Ketika kami

memiliki tiga kejadian, katakanlah A1, A2, dan A3, kami dapat

61

menerapkan Proposisi 1.9 dua kali untuk mendapatkan hasil

yang sesuai. Lebih eksplisit, kita memiliki

Untuk kasus umum ketika kita memiliki n kejadian, hasil

berikut, yang dikenal sebagai formula Poincaré atau rumus

inklusi-pengecualian, berlaku.

Proposisi 1.10 (Rumus pengecualian-inklusi) Biarkan A1, A2,...,

Kejadian menjadi n dalam ruang sampel Ω. Kemudian,

probabilitas bahwa setidaknya salah satu dari mereka terjadi

diberikan oleh

62

63

BAB 2

RUANG SAMPEL TERBATAS – METODE COMBINATORIAL

2.1 RUANG SAMPEL TERBATAS DENGAN KEJADIAN

PROBABILITAS YANG SAMA

Dalam bab ini, kami berurusan secara eksklusif dengan ruang

sampel yang memiliki sejumlah elemen terbatas. Mari kita

asumsikan bahwa ω1, ω2,..., ωN adalah elemen ruang sampel

Ω, yaitu

Ω={ω1, ω2,..., ωN}.

Kemudian, setiap subset Ω tidak ada harus dari formulir

A = {ωj1 , ωj2 ,..., ωjk },

di mana j1, j2,..., jk adalah k bilangan bulat yang berbeda dalam

set {1, 2,...,N}. Kami juga akan menggunakan notasi yang lebih

sederhana

pi = P(ωi) = P({ωi}), i = 1, 2,...,N, (2.1)

untuk probabilitas kejadian sederhana (dasar) {ωi}, i = 1,

2,...,N.

Menerapkan Proposisi 1,5 untuk seluruh ruang sampel Ω (atau

menggunakan Koroller 1.1), kami telah

64

Dengan demikian, probabilitas pi, i = 1, 2,...,N, memenuhi

kondisi

Selain itu, probabilitas bahwa kejadian A terjadi mudah

diungkapkan dalam hal PI karena, dengan menggunakan

Proposisi 1.5 sekali lagi (kali ini untuk set A), kami siap

menemukan

Akibatnya, kita melihat bahwa dalam ruang sampel terbatas,

relatif mudah untuk menemukan probabilitas kejadian yang

terjadi asalkan kita pertama kali mendapatkan probabilitas

kejadian dasar ruang itu. Namun, untuk yang terakhir, kita

tidak bisa hanya menggunakan kondisi (a) dan (b) di atas,

tetapi kita perlu beberapa informasi lebih lanjut tentang

peluang relatif mereka terjadi.

Contoh 2.1 Perusahaan asuransi mengklasifikasikan klaim

yang tiba ke dalam empat kategori, tergantung pada ukuran

klaim ini. Dari data sebelumnya, diperkirakan bahwa dua

kategori pertama, terkait dengan klaim terbesar, tiba dengan

probabilitas yang sama, klaim dari kategori ketiga tiga kali

lebih mungkin, dan klaim dari kategori keempat adalah lima

kali lebih mungkin dibandingkan dengan klaim dari kelompok

pertama atau kedua. Kemudian:

65

(i) Temukan probabilitas bahwa klaim termasuk

dalam kategori i, untuk i = 1, 2, 3, 4.

(ii) Berapa probabilitas bahwa klaim berikutnya

untuk tiba di perusahaan akan besar (yaitu itu

akan termasuk kategori pertama atau ke kategori

kedua)?

(iii) Berapa probabilitas bahwa klaim berikutnya yang

tiba di perusahaan akan termasuk kategori kedua

atau keempat?

(iv) Berapa kemungkinan klaim berikutnya tiba di

perusahaan tidak akan masuk kategori pertama?

Solusi

Ruang sampel yang sesuai untuk analisis dalam contoh

sekarang adalah

Ω={ω1, ω2, ω3, ω4},

di mana {ωi}, untuk i = 1, 2, 3, 4, menunjukkan kejadian

dasar bahwa klaim yang tiba ke perusahaan termasuk

dalam kategori i.

(i) Untuk probabilitas

pi = P(ωi) = P({ωi}), i = 1, 2, 3, 4,

kami mencatat terlebih dahulu bahwa kita harus

memiliki pi ≥ , untuk i = 1, 2, 3, 4, dan

p1 + p2 + p3 + p4 = 1. (2.2)

Selain itu, dari hubungan yang diberikan di antara

probabilitas ini, kami memiliki

p1 = p2, p3 = 3p1, p4 = 5p1.

66

Substitusi masing-masing relasi ini ke dalam (2.2),

kami memperoleh

p1 + p1 + 3p1 + 5p1 = 1, yang memberikan p1 = 1∕10.

Dengan demikian, probabilitas untuk empat

kategori klaim

(ii) Probabilitas bahwa, ketika klaim tiba, itu

termasuk dalam salah satu dari dua kategori

pertama, yang terkait dengan klaim besar, adalah

(iii) Demikian pula, kami menemukan

(iv) Di sini, kejadian bahwa klaim bukan dari kategori

pertama adalah Ω−{ω1} = {ω2, ω3, ω4}, dan ini

memiliki probabilitas

67

Dalam contoh di atas, ruang sampel hanya memiliki empat

elemen, dan probabilitas terkait tidak semuanya sama. Ini

dapat membuat manipulasi dengan probabilitas

canggung, atau sangat membosankan, jika ruang sampel

besar. Untungnya, dalam ruang sampel terbatas, sangat

umum bahwa semua kejadian dasar memiliki

kemungkinan kejadian yang sama. Ini biasanya

merupakan konsekuensi dari penalaran simetri atau itu

hanya karena kami tidak memiliki alasan untuk mencurigai

bahwa kejadian tertentu lebih (atau kurang) mungkin

daripada yang lain. Situasi sederhana berikut

menggambarkan titik ini:

• Ketika seseorang melemparkan koin, wajar untuk

mengasumsikan bahwa P("Heads") = P("Tails") = 1∕2

(kecuali seseorang memiliki keterampilan khusus).

• Dalam percobaan melempar mati, kami berasumsi

bahwa keenam wajah sama-sama mungkin.

• Ketika kita mempertimbangkan kelahiran anak-anak,

adalah kebiasaan untuk berasumsi bahwa dalam setiap

kelahiran, kedua jenis kelamin memiliki probabilitas yang

sama.

• Ketika kita memilih kartu secara acak dari paket 52 kartu,

masing-masing dari 52 hasil yang berbeda ini mewakili

kejadian dasar dan asumsinya adalah bahwa setiap

kejadian tersebut memiliki probabilitas 1∕52.

68

Ketika dua kejadian atau lebih sama-sama mungkin, ini sering

disebut sebagai kejadian yang dapat dibekali. Ruang sampel

terbatas dengan semua kejadian dasar yang dapat dibekali-

bandingkan dibahas panjang lebar dalam bab ini.

Dalam ruang seperti itu, ingat dari (2.1) bahwa pi adalah

singkatan dari probabilitas kejadian ωi. Ketika semua kejadian

dasar memiliki probabilitas yang sama, maka semua pi sama,

p1 = p2 =··· pN = p

dan sejak p1 + p2 +·· + pN = 1, kami memperoleh

p + p +··· + p = Np = 1,

Jadi itu

pi = 1/N untuk semua i = 1, 2,...,N.

Ini mudah menghasilkan bahwa probabilitas kejadian

A = {ωj1 , ωj2 ,..., ωjk }

terjadi menjadi

P(A) = pj1 + pj2 +·· + pjk = p + p +·· + p = kp = k/N.

Dengan demikian kami telah mencapai kesimpulan bahwa,

untuk ruang sampel terbatas dengan kejadian dasar yang

dapat dibekali, probabilitas bahwa kejadian sewenang-

wenang A terjadi hanya tergantung pada jumlah elemen,

k = | A|, bahwa A berisi dan bukan pada elemen mana yang

dikandungnya. Lebih tepatnya, kita memiliki berikut ini.

69

Proposisi 2.1 (Definisi probabilitas klasik) Jika ruang sampel Ω

eksperimen terbatas dan semua kejadian dasarnya dapat

dibekalikan, kemungkinan munculnya kejadian A diberikan

oleh

Perlu dicatat bahwa, mulai dari fondasi aksiomatik, ekspresi

terakhir adalah pengurangan logis dari properti yang

memenuhi fungsi P(⋅) yang ditetapkan. Namun, jauh sebelum

yayasan aksiomatik ini diberikan oleh Kolmogorov, Laplace

telah menyarankan pada tahun 1812 penggunaan rumus itu

sebagai definisi probabilitas (lihat Bagian 1.3), dan untuk

alasan itu kita sering menyebutnya "definisi klasik

probabilitas." Selain itu, ekspresi yang sangat mirip untuk

definisi probabilitas diberikan sebelumnya oleh Thomas Bayes

pada tahun 1763, sementara itu juga digunakan secara implisit

bahkan lebih awal dari itu oleh matematikawan Prancis Blaise

Pascal, Pierre Fermat, Abraham de Moivre, dan beberapa

lainnya. Seringkali, elemen kejadian A disebut kasus yang

menguntungkan atau hasil yang menguntungkan untuk

kejadian A, sementara elemen Ω disebut kemungkinan kasus

atau kemungkinan hasil. Kemudian, definisi probabilitas A

menjadi

70

Contoh 2.2 Zoe, yang berusia empat tahun, bermain dengan

tiga kubus. Masing-masing kubus ini memiliki salah satu huruf

J, O, Y tertulis di atasnya.

(i) Berapa banyak kata tiga huruf (kebanyakan dari

mereka tidak berarti) dapat membuat Zoe, jika dia

meletakkan satu kubus di sebelah yang lain?

(ii) Jika dia menempatkan tiga kubus dalam beberapa

urutan sepenuhnya secara acak, berapa

kemungkinan bahwa

(a) kata yang dia buat dimulai dengan J?

(b) dia menghasilkan kata yang memiliki arti?

Gambar 2.1 untuk diagram pohon kata-kata yang dapat

dibentuk.

SOLUSI

(i) Kumpulan semua hasil yang mungkin, yaitu ruang

sampel untuk percobaan ini, seperti yang dapat

dilihat dari diagram pohon di atas, terdiri dari

71

enam elemen. Lebih khusus lagi (lihat Gambar

2.1),

Ω={JOY, JYO, OJY, OYJ, YJO, YOJ}.

(ii) Karena masing-masing dari enam hasil ini

memiliki probabilitas yang sama (kejadian yang

dapat dikali equiprobable), kita dapat

menggunakan definisi klasik probabilitas. (a)

Biarkan A menjadi kejadian yang kata yang dia

buat dimulai dengan J. Kemudian, secara

matematis, set A dapat ditulis sebagai

A = {JOY, JYO}

yang menghasilkan

(b) Selanjutnya, biarkan B menjadi kejadian yang kata

yang dibuat Zoe memiliki arti. Dari enam kata tiga

huruf dalam Ω, hanya satu kata (JOY) yang memiliki

arti, jadi B = {JOY} dan jelas P(B) = 1∕6.

Contoh 2.3 Toko besar New York yang menjual mainan akan

menahan imbang dan pemenangnya akan menerima liburan

satu minggu gratis. Toko ini memiliki 6000 tiket untuk dijual

kepada pelanggannya selama seminggu di musim pra-Natal.

Jika tiket bernomor 1 hingga 6000, berapa kemungkinan

jumlah pada tiket kemenangan adalah kelipatan 2 atau 5?

72

SOLUSI

Ruang sampel untuk eksperimen ini (gambar) adalah set {1,

2,..., 6000}. Mari kita mendefinisikan kejadian

A: angka yang menang adalah kelipatan 2 (bilangan bulat

genap),

B: angka kemenangan adalah kelipatan 5.

Jelas

Intersection kejadian A dan B, yaitu kejadian AB, memiliki

unsur-unsur Ω yang dapat dibagi oleh 2 dan 5. Tapi ini justru

bilangan bulat yang dibagi 10, dan sebagainya

Kami ingin probabilitas kejadian A ∪ B, dan dengan

menggunakan Proposisi 1.9, kita mendapatkan

Kita harus menunjukkan bahwa, untuk menggunakan definisi

klasik, pertama-tama kita harus memastikan bahwa kedua

kondisi untuk penggunaannya terpenuhi, yaitu,

• ruang sampel Ω eksperimen memiliki banyak elemen;

73

• semua kejadian dasar memiliki probabilitas yang sama

(mereka dapat dibekali)."

Jika satu, atau keduanya, dari kondisi ini dilanggar,

menggunakan rumus dari definisi klasik dapat menyebabkan

hasil yang salah. Ini diilustrasikan dalam dua contoh berikut.

Contoh 2.4 Jean le Rond D'Alembert (1717–1783), salah satu

matematikawan yang berurusan dengan teori probabilitas

pada tahap awal, menyarankan perhitungan berikut untuk

probabilitas bahwa, dalam lemparan dua koin, kepala (H)

muncul setidaknya sekali. Dia menganggap sebagai ruang

sampel eksperimen ini set

Ω={0, 1, 2},

di mana masing-masing kejadian dasar {i}, untuk i = 0, 1, 2,

menjelaskan berapa kali H muncul dalam percobaan. Karena

kami tertarik pada probabilitas kejadian

A = {1, 2},

D'Alembert mengklaim bahwa

Namun, orang bisa berdebat sebagai berikut: hasil eksperimen

adalah HH, HT, TH, TT (di sini, T singkatan dari ekor). Oleh

karena itu, kita dapat mengambil sebagai ruang sampel set

Ω1 = {HH, HT, TH, TT}

dan kejadian yang setidaknya satu H muncul diwakili oleh set

74

A1 = {HH, HT, TH}.

Dengan cara ini, kita memiliki tiga hasil yang menguntungkan

dari satu set empat kemungkinan hasil, yang

Cukup jelas bahwa antara dua solusi itu, yang kedua adalah

solusi yang benar. Dapatkah Anda melihat apa yang salah

dengan argumen D'Alembert?

Contoh 2.5 Misalkan kita ingin menemukan probabilitas

memilih bilangan bulat genap dari kumpulan bilangan bulat

positif, Ω={1, 2,...}, yang merupakan ruang sampel kita. Dalam

hal ini, Ω memiliki banyak elemen, dan jadi kita mungkin

berpikir untuk menggunakan trik berikut. Kami

mempertimbangkan subset terbatas Ωn dari Ω, yang hanya

terdiri dari bilangan bulat positif n pertama. Kami kemudian

menghitung probabilitas kejadian

An∶ bilang bilangan bulat genap dipilih dari set Ωn

dan, akhirnya, kami mengambil batas limn→∞P(An). Namun,

trik ini tidak berhasil, karena, seperti yang akan kita lihat, itu

mengarah pada hasil yang kontradiktif. Misalkan pertama kita

menggunakan set Ω2n = {1, 2, 3,..., 2n}, n = 1, 2,... Kemudian

kita mendapatkan A2n = {2, 4, 6,..., 2n}, sehingga

75

Pertimbangkan sekarang sebagai ruang sampel sekumpulan

formulir

Ω2n−1 = {1, 2, 3,..., 2n − 1}, n = 1, 2,...

Dalam hal ini, kami memiliki

A2n−1 = {2, 4,..., 2n − 2},

dan jadi kami mendapatkan

Namun, misalkan kita mengatur ulang bilangan bulat positif

sebagai 2, 4, 1, 6, 8, 3, 10, 12, 5,...

(dengan cara ini, kami menempatkan dua bilangan bulat

genap, lalu yang ganjil, dan sebagainya). Kemudian, dengan

mempertimbangkan subset A3n, A3n−1, A3n−2, untuk n = 1, 2,...,

mudah untuk memeriksa bahwa

(misalnya A3n memiliki elemen 3n, 2n yang bahkan bilangan

bulat), yang tidak setuju dengan hasil yang ditemukan

sebelumnya.

Dari contoh-contoh ini, jelas bahwa ruang sampel terbatas

serta kejadian dasar yang dapat dibekali sangat penting untuk

menggunakan definisi klasik probabilitas untuk mendapatkan

hasil yang tepat.

76

Selain itu, ketika ruang sampel kita tidak terbatas, maka

menerapkan definisi klasik ke ruang terbatas yang sesuai dan

kemudian meneruskan ke batas tidak pantas, seperti yang

ditunjukkan Contoh 2.5.

2.2 PRINSIP UTAMA PENGHITUNGAN

Menurut deskripsi di bagian terakhir, untuk menemukan

probabilitas kejadian A, yang didefinisikan pada ruang sampel

terbatas Ω, cukup untuk menghitung elemen A dan Ω. Pada

pandangan pertama, ini tampaknya menjadi tugas yang

mudah; kami merekam setiap elemen A dan Ω dan kemudian

hanya menghitungnya. Namun, dalam istilah praktis, ini bisa

rumit jika jumlah elemen dalam Ω sangat besar.

Ketika mempertimbangkan masalah kehidupan nyata, sering

terjadi bahwa Ω set yang sangat besar, dan merekam setiap

elemen dalam Ω mungkin tidak praktis. Misalkan, misalnya,

kita mengeluarkan koin (hanya dengan dua hasil dalam satu

lemparan) 32 kali, dan kami ingin menuliskan semua

kemungkinan realisasi eksperimen ini. Bahkan jika kita

mencatat kemungkinan hasil dengan kecepatan satu per detik,

kita akan membutuhkan lebih dari satu abad untuk

menuliskan semuanya! Oleh karena itu sangat penting bagi

kasus-kasus seperti itu untuk menemukan cara sistematis

untuk menghitung kemungkinan hasil eksperimen,

mengeksploitasi struktur tertentu dari masalah, dan kemudian

dengan mudah membusuk eksperimen yang bersangkutan

menjadi yang lebih sederhana. Dengan cara ini, tidak perlu

mencatat setiap hasil yang mungkin tetapi hanya menghitung

jumlah mereka, bersama dengan jumlah hasil yang

menguntungkan untuk hal yang menarik. Istilah umum untuk

77

pendekatan ini adalah menghitung prinsip, dan prinsip-prinsip

tersebut adalah objek cabang matematika tertentu, yang

dikenal sebagai metode combinatorial atau hanya

combinatorics.

Di bagian berikutnya dari bab ini, kami menjelaskan beberapa

hasil dan alat dari combinatorics. Pembaca harus ingat bahwa

eksposisi dalam bab ini hanya pengantar dan karenanya hanya

berfungsi sebagai kendaraan untuk mengatasi masalah dalam

teori probabilitas. Hasil lebih lanjut dan teknik analisis

gabungan yang lebih canggih dapat ditemukan dalam teks

khusus pada subjek, seperti yang diberikan dalam bibliografi

buku ini.

Prinsip penghitungan yang paling penting adalah apa yang

disebut prinsip multiplikatif (atau prinsip dasar penghitungan).

Untuk memperkenalkan ini secara informal, misalkan bahwa

kita memiliki dua percobaan, yang pertama memiliki hasil

yang mungkin m, sementara yang kedua memiliki hasil yang

berbeda n. Kemudian jumlah total hasil, untuk kombinasi

kedua eksperimen ini, adalah mn.

Lebih umum, asumsikan bahwa kondisi berikut puas untuk

menghitung elemen dari set tertentu:

• prosedur pencacahan dapat dibagi menjadi langkah k, yang

dapat dieksekusi secara berturut-turut;

• jumlah pilihan yang mungkin (hasil) pada setiap langkah

sepenuhnya ditentukan setelah hasil dari langkah-langkah

sebelumnya diketahui.

78

Kemudian pencacahan dapat dilakukan dengan

mengeksploitasi prinsip multiplikatif berikut (atau hukum

multiplikatif).

Proposisi 2.2 Misalkan bahwa elemen (objek) a1 dapat dipilih

dengan n1 cara yang berbeda, dan untuk setiap pilihan a1,

elemen a2 dapat dipilih dengan n2 cara yang berbeda, dan

sebagainya, sehingga untuk setiap pemilihan elemen a1, a2,...,

ak−1, elemen ak dapat dipilih dengan cara yang berbeda.

Kemudian, k-tuple (a1, a2,..., ak) dapat dipilih secara berturut-

turut dan dalam urutan tersebut dalam n1n2 ··· nk cara yang

berbeda.

Hasil di atas berakibat mendasar dan digunakan di seluruh

tanpa referensi lebih lanjut. Formulasi yang setara, dan agak

lebih sederhana, dari prinsip multiplikatif adalah sebagai

berikut:

Asumsikan bahwa E1, E2,..., Ek diatur sehingga Ei mengandung

elemen ni. Kemudian, ada n1 n2 ··· nk cara yang berbeda untuk

memilih terlebih dahulu elemen E1, kemudian elemen E2, dan

sebagainya, sampai akhirnya elemen Ek dipilih.

Contoh 2.6 Lucy memiliki di lemari pakaiannya lima tas

tangan, empat gaun, tiga pasang sarung tangan, dan enam

pasang sepatu. Berapa banyak pakaian yang berbeda yang

mungkin dipakai Lucy untuk bola yang telah diundangnya?

SOLUSI

Dengan asumsi bahwa setiap tas tangan dapat dikombinasikan

dengan gaun, sepasang sarung tangan, dan sepasang sepatu

79

apa pun (meskipun Lucy mungkin tidak setuju dengan itu), kita

melihat dari hukum multiplikatif bahwa ada

5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 6 = 360

cara berbeda baginya untuk berpakaian untuk bola.

Contoh 2.7 Sebuah kota A terhubung ke kota B melalui dua

rute yang berbeda, sementara kota lain, C, dapat dicapai dari

kota B melalui empat rute yang berbeda.

(i) Dalam berapa banyak cara yang berbeda

seseorang dapat mencapai kota C dari kota A?

(ii) Jika pilihan rute dari kota A ke kota C benar-benar

acak, berapa kemungkinan seseorang

menggunakan rute tertentu?

SOLUSI

(i) Kami menunjukkan dengan r1 dan r2 dua rute dari

kota A ke kota B dan oleh R1, R2, R3, dan R4

keempat rute dari B ke C, seperti yang ditunjukkan

pada Gambar 2.2.

Pilihan rute dari A ke B (elemen a1) dapat dibuat

dalam n1 = 2 cara yang berbeda. Ketika seseorang

telah mencapai kota B, ada n2 = 4 cara untuk

memilih rute (elemen a2) untuk melakukan

perjalanan ke kota C. Oleh karena itu, ada n1n2 = 2

⋅ 4 = 8 cara untuk memilih rute (dengan notasi di

atas, jumlah ini untuk memilih elemen a1, a2 dan

80

dalam urutan itu) dari A ke C. Deskripsi di atas

dapat dilihat secara diagram di Gambar 2.3.

(ii) Karena pilihan rute dari A ke C dibuat sepenuhnya

secara acak, dan ada delapan pilihan yang

mungkin (ruang sampel Ω dari eksperimen itu

memiliki delapan elemen), setiap rute, yang

sesuai dengan kejadian dasar Ω, memiliki

probabilitas 1∕8.

Gambar 2.2 Diagram dengan rute dari kota A ke kota C.

Gambar 2.3 Diagram pohon memperlihatkan semua rute

yang mungkin dari Kota A ke Kota C.

81

Contoh 2.8 Di negara tertentu, plat nomor di mobil memiliki

tujuh tempat, tiga yang pertama adalah huruf dan empat

lainnya adalah digit.

(i) Berapa banyak nomor pelat yang berbeda yang

mungkin?

(ii) (ii) Berapa banyak nomor pelat yang berbeda yang

mungkin dilakukan sehingga tidak ada digit yang

muncul dua kali?

SOLUSI

(i) Untuk masing-masing dari tiga huruf ada 26

pilihan yang berbeda, sedangkan untuk masing-

masing dari empat digit ada 10 pilihan. Dengan

demikian, jumlah total nomor pelat berbeda yang

dapat dibentuk adalah

26 ⋅ 26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = 175 760 000.

(ii) Kali ini, ada 10 pilihan untuk yang pertama di

antara empat digit, tetapi 9 pilihan untuk digit

kedua, karena digit yang muncul pertama kali

perlu dikecualikan dari seleksi di tempat-tempat

berikut. Demikian pula, ada delapan pilihan untuk

yang ketiga dan, akhirnya, tujuh pilihan untuk

yang keempat. Akibatnya, hasil hukum

multiplikatif sekarang jumlah nomor pelat yang

berbeda menjadi

26 ⋅ 26 ⋅ 26 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 88 583 040.

82

Contoh 2.9 Pada akhir tahun akademik, dua siswa terbaik di

kelas yang terdiri dari 25 siswa akan menerima hadiah dari

sekolah mereka. Temukan berapa banyak pilihan berbeda

yang mungkin untuk penerima hadiah.

SOLUSI

Di sini, kami memiliki 25 pilihan untuk siswa pertama yang

dipilih sebagai penerima hadiah, dan untuk pilihan seperti itu,

ada 24 siswa yang tersisa (sehingga salah satu dari mereka

memenangkan hadiah kedua), sehingga memberikan total

25 ⋅ 24 = 600 pasangan siswa yang berbeda.

Penting untuk dicatat, bagaimanapun, bahwa semua

pasangan ini dapat dibedakan hanya jika kita memperlakukan

dua hadiah yang ditawarkan oleh sekolah sebagai dapat

dibedakan (yaitu siswa terbaik memenangkan hadiah

pertama, yang lebih penting daripada yang kedua). Jika kita

memperlakukan dua hadiah sebagai identik, sehingga tidak

masalah siapa yang memenangkan hadiah pertama dan siapa

yang memenangkan hadiah kedua, maka jawaban atas

contohnya berbeda.

Pada dasarnya, ini berarti bahwa tidak masalah apakah siswa

dipilih pertama atau kedua dalam dua tahap percobaan ini.

Oleh karena itu, jika pesanan dalam setiap pasangan

pemenang tidak relevan, total 600 pasangan yang kami

temukan di atas, kami telah menghitung setiap pasangan dua

kali; misalnya, jika Anna (A) dan Laura (L) adalah pemenang

hadiah, kedua pasangan (AL) dan (LA) berada dalam konteks

ini identik dan kedua pasangan mungkin tidak memasuki

ruang sampel bersama-sama. Jika kita tertarik pada pasangan

83

pemenang hadiah tetapi tidak dalam urutan masing-masing,

maka jawaban atas contohnya adalah bahwa ada

pasangan siswa yang berbeda.

Intinya di sini adalah bahwa ketika kita menerapkan hukum

multiplikatif, kita memperlakukan setiap hasil yang mungkin

sebagai diperintahkan. Perbedaan antara hasil yang dipesan

dan tidak diurutkan dalam eksperimen yang melibatkan

seleksi berturut-turut adalah salah satu tema utama dari bab

ini, dan kita akan membahasnya secara rinci di bagian berikut.

Akhirnya, kami mencatat bahwa kasus khusus di mana hukum

multiplikatif berlaku adalah untuk perhitungan kardinalitas

(yaitu jumlah elemen) untuk produk Cartesian di antara k set

A1, A2,..., Ak. Lebih khusus lagi, mengingat set A1, A2,..., Ak,

produk Cartesian mereka didefinisikan oleh

A1 × A2 ×·· × Ak = {(a1, a2,..., ak) ∶ a1 ∈ A1, a2 ∈ A2,..., ak ∈ Ak}.

84

Proposisi 2.3 Untuk k ≥ 2, biarkan A1, A2,..., Ak menjadi set

terbatas k dan ditandai oleh A1 × A2 × ... × Ak produk Cartesian

mereka. Kemudian,

Secara khusus, ketika Ai = A untuk i = 1, 2,..., k, menunjukkan

oleh Ak produk Cartesian A dengan sendirinya k kali, kita

mudah memiliki rumus | Ak | = | A|k.

2.3 PERMUTASI

Hukum multiplikatif, yang diperkenalkan di bagian

sebelumnya, memungkinkan kita untuk menghitung k-tuple

yang dipesan, katakanlah (a1, a2,..., ak), di mana elemen ai

dipilih dari Ai yang ditetapkan, yaitu a1 ∈ A1, a2 ∈ A2,..., ak ∈ Ak.

Dalam banyak aplikasi praktis dari hukum multiplikatif, semua

elemen ai dipilih dari set yang sama dengan atau tanpa

pembatasan lebih lanjut. Misalnya,

• ketika kita melemparkan die k kali, hasil lemparan berturut-

turut selalu milik set X = {1, 2, 3, 4, 5, 6};

• dari undian dengan 49 bola bernomor 1-49, dalam setiap

undian 6 bola (angka) dipilih dari set {1, 2, 3,..., 49}.

Meskipun kedua contoh di atas terlihat serupa, mereka

berbeda dalam aspek penting yang menjadi penting dalam

statistik, terutama tentang bagaimana sampel dipilih dari

populasi. Pada contoh pertama di atas, jika hasil pertama

85

adalah 3, maka 3 mungkin sangat baik menjadi hasil lemparan

kedua dan ketiga juga. Ini berarti bahwa lemparan berturut-

turut mati adalah pengulangan yang identik dari lemparan

pertama, yaitu percobaan yang sama, dan dengan demikian

hasil dari lemparan pertama tidak berdampak pada yang

berikutnya. Oleh karena itu kita melihat bahwa eksperimen

tunggal melemparkan kali die k dapat dianggap sama dengan

pengulangan independen k dari percobaan yang melibatkan

hanya melemparkan mati sekali. Tapi, situasinya berbeda

pada contoh kedua di atas karena jika angka pertama yang

ditarik adalah 17, angka ini tidak dapat muncul di salah satu

dari lima pilihan yang tersisa. Dengan demikian, meskipun

secara konseptual keenam angka diambil dari set {1, 2, 3,...,

49}, seperti disebutkan di atas, pada kenyataannya hanya

dalam seleksi pertama ada 49 kemungkinan, karena nomor

kedua yang ditarik akan dipilih dari set {1, 2, 3,..., 16, 18, 19,...,

49}. Demikian pula jika angka kedua yang muncul adalah 23,

untuk seleksi ketiga hanya tersisa 47 pilihan, semua angka

alami hingga 49 kecuali 17 dan 23.

Perbedaan antara kedua situasi mungkin paling baik dipahami

ketika frasa dalam hal pengambilan sampel: dalam kasus

pertama, kita sampel (dari set X = {1, 2, 3, 4, 5, 6}) dengan

penggantian, sedangkan contoh lotere khas dari rencana

pengambilan sampel tanpa penggantian. Umumnya, ketika

kita memiliki populasi (terbatas) ukuran n, dan kami ingin

menggambar sampel ukuran k, kita berbicara tentang

pengambilan sampel dengan penggantian ketika setiap unit

dipilih untuk dimasukkan dalam sampel dimasukkan kembali

untuk seleksi berikutnya dan dapat muncul sebagai unit

sampel lagi. Jika tidak, ketika setiap unit yang dipilih dihapus

86

dari pilihan berikutnya, kami memiliki pengambilan sampel

tanpa penggantian. Perhatikan bahwa pada contoh kedua di

atas, ukuran sampel k tidak dapat melebihi ukuran populasi n

(49, dalam hal ini). Argumen probabilistik untuk kasus di mana

pengambilan sampel tanpa penggantian biasanya lebih halus

dan dibahas secara lebih rinci dalam bab ini, karena dalam hal

ini percobaan memilih unit k dari populasi tidak dapat

dianggap sebagai eksperimen (probabilistis, identik) yang

melibatkan pemilihan satu unit; selain itu, pilihan tunggal ini

tidak independen.

Perbedaan lain yang penting dan harus kita waspadai ketika

memilih unit k berturut-turut dari populasi ukuran n adalah

apakah urutan unit-unit ini dipilih penting atau tidak. Untuk

menggambarkan perbedaan antara kedua kasus ini, kami

menyajikan contoh berikut.

Contoh 2.10 Dalam kompetisi memasak, kandidat untuk

hadiah dieliminasi berturut-turut sampai empat kontestan

tetap: Nicky, Liz, Chris, dan Tony. Tiga dari mereka akan

memenangkan hadiah. Dengan asumsi bahwa semua

pengaturan untuk klasifikasi akhir dari empat kontestan sama-

sama mungkin, berapa banyak pengaturan yang berbeda yang

mungkin untuk tiga pemenang jika

(i) Tiga hadiah kompetisi berada dalam urutan

menurun, sehingga hadiah pertama

memenangkan jumlah uang terbesar, diikuti oleh

yang kedua yang pada gilirannya diikuti oleh

hadiah ketiga?

(ii) (ii) Semua hadiah memiliki nilai yang sama

(sehingga tidak masalah siapa yang finis pertama,

87

kedua, atau ketiga, tetapi hanya kontestan mana

yang tersingkir dari hadiah)?

SOLUSI

Awalnya, kami mengamati bahwa kedua bagian (i) dan (ii)

contoh melibatkan pengambilan sampel tanpa penggantian

dari populasi ukuran n = 4 (kontestan yang sama tidak dapat

memenangkan lebih dari satu hadiah). Selanjutnya, jelas dari

pernyataan bahwa sebagian posisi sebenarnya dari tiga

pemenang hadiah penting sementara sebagian (ii) mereka

tidak. Misalnya, pengaturan (N,C, L), yang berarti bahwa Nicky

memenangkan kontes memasak, Chris finis kedua, Liz ketiga,

dan Tom keempat identik, di bawah asumsi bagian (ii), dengan

pengaturan (L, C, N - dengan interpretasi yang jelas untuk

huruf) sedangkan untuk bagian (i) kedua pengaturan ini tidak

identik.

(i) Di sini, kami memiliki penerapan hukum

multiplikatif (Proposisi 2.2). Jelas ada empat

pilihan untuk hadiah pertama kompetisi. Untuk

masing-masing pilihan ini, ada tiga pilihan untuk

hadiah kedua (misalnya, jika L memenangkan

tempat pertama, kandidat untuk tempat kedua

adalah N,C, T). Demikian pula, jika dua tempat

pertama telah diputuskan, maka ada dua opsi

yang tersedia untuk tempat ketiga, dan akhirnya,

ketika tiga pemenang hadiah telah dipilih, tetap

hanya ada satu kontestan yang harus

ditempatkan keempat. Sebagai konsekuensinya,

undang-undang perkalian segera menghasilkan

jumlah pengaturan yang berbeda untuk

88

4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24.

(ii) Di bawah asumsi untuk bagian ini, kita hanya perlu

memilih tiga dari empat kontestan, terlepas dari

pesanan mereka. Tetapi ini dapat dilakukan

dengan empat cara, karena setiap pemilihan tiga

orang sama dengan memilih orang yang tidak

akan memenangkan hadiah apa pun. Dengan

demikian, empat pilihan yang tersedia untuk tiga

pemenang hadiah adalah

{N,C, L}, {N,C, T}, {N, L, T}, {C, L, T}.

Pengaturan yang muncul ketika kita memilih satu set unit k

dari satu set unit n yang lebih besar disebut

• permutasi jika pemesanan di mana unit k ini ditarik penting,

seperti sebagian (i) contoh di atas;

• kombinasi jika pemesanan tidak relevan, seperti sebagian (ii)

contoh.

Di sisa bagian ini, kami berurusan dengan pengaturan

permutasi, sementara di bagian berikut kami

mempertimbangkan kombinasi.

89

Definisi 2.1 Katakan X = {x1, x2,..., xn} menjadi set terbatas dan

k menjadi bilangan bulat positif sedemikian rupa sehingga k ≤

n. Kemudian, setiap k-tuple yang dipesan (a1, a2,..., ak), di mana

ai ∈ X untuk i = 1, 2,..., n, dan ai ≠ aj setiap kali i ≠ j, dikatakan

sebagai permutasi elemen k dari elemen n. Ketika k = n, maka

kita hanya mengatakan bahwa (a1, a2,..., an) adalah permutasi

elemen n.

Jumlah permutasi k-elemen untuk sekumpulan elemen n yang

diberikan akan ditandai dengan (n)k. Untuk menyajikan

contoh sederhana, pertimbangkan set X = {a, b, c} yang terdiri

dari n = 3 elemen. Kemudian, permutasi dua elemen dari set

ini adalah

(a, b), (a, c), (b, a), (b, c),(c, a), (c, b),

sedangkan (tiga elemen) permutasi dari tiga elemen a, b, c

adalah

(a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, a), (c, a, b), (c, b, a),

sehingga

(3)2 = (3)3 = 6

Proposisi berikutnya memberikan rumus umum untuk jumlah

permutasi k-elemen dari satu set elemen n.

90

Proposisi 2.4

(i) Jumlah permutasi k-elemen di antara elemen n diberikan

oleh

(n)k = n(n − 1)(n − 2)·· (n − k + 1), 1 ≤ k ≤ n. (2.4)

(ii) Jumlah permutasi di antara elemen n diberikan oleh

(n)n = n(n − 1)(n − 2)··· 2 ⋅ 1, n ≥ 1.

Bukti:

(i) Argumen dalam bukti pada dasarnya sama

dengan yang kami gunakan untuk Bagian (i) Dari

Contoh 2.10.

Misalkan kita memilih, satu demi satu, elemen k

dari satu set elemen n. Untuk elemen pertama

yang dipilih, ada n pilihan. Setelah kita memilih ini,

elemen n − 1 yang tersisa dari set adalah kandidat

untuk elemen kedua yang kita pilih. Untuk setiap

pemilihan dua elemen pertama, ada n − 2 cara

untuk memilih elemen ketiga, dan sebagainya

sampai kita telah memilih k − 1 elemen, sehingga

salah satu elemen yang tersisa n − (k − 1) = n − k +

1 elemen dapat dipilih sebagai item akhir dalam

sampel kita. Hasil yang diperlukan sekarang

mengikuti dengan mudah dari hukum multiplikatif

(Proposisi 2.2).

(ii) Ini adalah kasus khusus Bagian (i) ketika k = n.

Kuantitas n(n − 1)(n − 2)·· 2 ⋅ 1, yang muncul di Bagian (ii) dari

proposisi di atas, adalah kuantitas kunci tidak hanya dalam

analisis gabungan tetapi juga di beberapa bidang matematika

91

lainnya dan simbol khusus digunakan untuk itu. Secara khusus,

kita akan menggunakan mulai sekarang pada simbol n!, di

mana n adalah bilangan bulat positif, untuk menunjukkan

n! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ··· n

(simbol n! diucapkan sebagai "n faktorial"). Bahkan, n! dapat

digunakan bahkan untuk noninteger n, tetapi ini tidak akan

dipertimbangkan dalam buku sekarang.3 Mengikuti hal di

atas, kita dapat melihat bahwa angka (n)k permutasi k-elemen

di antara elemen n dapat diekspresikan menggunakan

faktorial. Secara khusus, mengalikan (n)k dengan (n − k)! hasil

(n)k ⋅ (n − k)! = [n(n − 1)··· (n − k + 1)] [(n − k)(n − k − 1)·· 2 ⋅ 1]

= n(n − 1)... 2 ⋅ 1 = n!,

sehingga kita memiliki (n)k ⋅ (n − k)! =n! Dan, akibatnya,

Mengingat hal ini, kita sekarang dapat menyatakan Bagian (i)

Proposisi 2.5 sebagai berikut.

Koroller 2.1 Jumlah permutasi k-elemen di antara elemen n

diberikan oleh

92

Simbol n! diperluas untuk n = 0 dengan konvensi yang 0! =1.

Selain itu, simbol (n)k juga didefinisikan untuk k = 0 dengan

pengaturan (n)0 = 1.

Demikian pula, kami menyebutkan bahwa simbol (n)k dapat

diperluas untuk bilangan bulat negatif sebagai berikut. Biarkan

n menjadi bilangan bulat positif. Kemudian, mengganti n

dengan −n dalam rumus (2,4), kita mendapatkan

(−n)k = −n(−n − 1)(−n − 2) · · · · · (−n − k + 1)

= (−1)k n(n + 1)(n + 2)··· (n + k − 1).

Produk n(n + 1)(n + 2)·· (n + k − 1) disebut faktorial naik (atau

faktorial naik) dari urutan k dan ditandai dengan [n]k. Untuk k

= 0, kita sekali lagi memiliki konvensi [n]0 = 1.

Dalam pengaturan yang telah kami pertimbangkan sejauh ini,

kami telah mengecualikan kemungkinan bahwa elemen dapat

dipilih lebih dari sekali. Dalam kasus di mana ini diizinkan,

sehingga elemen apa pun dari set X dapat dipilih 0, 1, 2,... kali,

kita berbicara tentang pengaturan dengan pengulangan.

Definisi 2.2 Katakan X = {x1, x2,..., xn} menjadi set terbatas dan

k menjadi bilangan bulat positif sedemikian rupa sehingga k ≤

n. Kemudian, setiap k-tuple yang dipesan (a1, a2,..., ak), di mana

ai ∈ X untuk i = 1, 2,..., n (dengan ai belum tentu berbeda),

disebut elemen permutasi k dengan pengulangan dari

elemen n.

Dalam hasil berikut, kami menghitung jumlah permutasi k-

element dengan pengulangan untuk satu set elemen n.

93

Proposisi 2.5 Jumlah permutasi k-elemen dengan

pengulangan set dengan elemen n sama dengan nk.

Bukti : Dari definisi produk Cartesian, kita melihat bahwa

permutasi k-element dengan pengulangan elemen dari set X =

{x1, x2,..., xn} justru merupakan elemen dari produk Cartesian

A1 × A2 ×·· × Ak, tempat A1 = A2 =·· =Ak = X. Hasilnya kemudian

jelas dari Proposition 2.3.

Atau, kami dapat menganggap proses pembentukan k-tuple

yang dipesan sebagai terdiri dari langkah k. Pada langkah

pertama, kita memilih secara acak elemen, katakanlah a1, di

antara elemen X. Karena X memiliki n elemen, ada n1 = n cara

untuk memilih a1. Untuk setiap seleksi tersebut, kami

kemudian (di langkah kedua) pilih elemen kedua X, ucapkan

a2. Karena penggantian diperbolehkan, sehingga a1 dapat

dipilih lagi, ada n2 = n cara untuk memilih a2. Melanjutkan

dengan cara ini, kita mencapai langkah ke-1 dan terakhir di

mana kita memilih elemen, katakanlah ak, dari X, dan untuk

ini ada nk = n cara. Kemudian, dari hokum multiplikatif, cara

untuk melakukan semua langkah k adalah

Contoh 2.11 Kami meminta empat teman, yang merupakan

pecinta seni, untuk memilih pelukis favorit mereka, di antara

Cézanne, Monet, Picasso, dan Dali. Berapa kemungkinan

bahwa masing-masing dari empat teman memilih pelukis yang

berbeda?

94

SOLUSI

Katakan A menjadi kejadian yang menarik, yaitu, bahwa

masing-masing memilih artis yang berbeda. Ruang sampel

untuk eksperimen ini terdiri dari semua quadruples yang

dipesan (a1, a2, a3, as), di mana ai adalah singkatan dari

pemilihan orang ITH dan dapat menjadi salah satu dari empat

pelukis yang dapat mereka pilih (misalnya a2 = "P" jika orang

kedua lebih suka Picasso). Karena dua atau lebih ai dapat

sama, Ω terdiri dari semua permutasi empat elemen dari satu

set dengan empat elemen, ketika pengulangan diizinkan.

Dengan demikian, dengan Proposisi 2.5, kami telah

|Ω| =44.

Di sisi lain, A berisi semua quadruples (a1, a2, a3, a4) di Ω

dengan ai ≠ aj untuk i, j ∈ {1, 2, 3, 4}, i ≠ j. Dengan kata lain, A

berisi semua permutasi (tanpa pengulangan) dari serangkaian

elemen, sehingga

| A| = 4!,

dan dengan demikian probabilitas yang diperlukan adalah

Asumsi implisit ada di sini bahwa setiap pelukis memiliki

probabilitas yang sama untuk dipilih oleh salah satu dari

empat pecinta seni.

95

Contoh 2.12 (Masalah ulang tahun.) Misalkan kelas berisi

siswa k. Dengan asumsi bahwa setahun memiliki 365 hari

(yaitu tidak termasuk kemungkinan bahwa seseorang

dilahirkan pada 29 Februari), menunjukkan bahwa

probabilitas bahwa tidak ada dua siswa yang memiliki ulang

tahun yang sama

Verifikasi bahwa untuk k = 23, probabilitas ini sekitar

setengah. Nilai k = 23 tampaknya jauh lebih kecil daripada apa

yang akan ditebak kebanyakan orang, dan ini adalah alasan

bahwa masalah ini (terlepas dari masalah ulang tahun) juga

dikenal sebagai paradoks ulang tahun.

SOLUSI

Misalkan X = {1, 2, 3,..., 365} mewakili set semua hari dalam

setahun, sehingga 17 mewakili 17 Januari, 45 sesuai dengan

14 Februari, dan sebagainya. Untuk siswa k di kelas, ruang

sampel untuk semua hasil yang mungkin (ulang tahun semua

siswa) adalah

Ω = {(a1, a2,..., ak) ∶ ai ∈ X, i = 1, 2,..., k} = X × X ×··· · · · · · · × X.

Dengan notasi di atas, k-tuple (a1, a2,..., ak) mewakili acara

bahwa ulang tahun siswa pertama adalah pada hari a1, bahwa

dari siswa kedua pada hari a2, dan sebagainya, sampai siswa

kth yang berulang tahun pada hari ak. Ini berarti bahwa urutan

a1, a2,..., ak penting, tetapi beberapa ai dapat identik, yang

menunjukkan bahwa Ω sebenarnya terdiri dari semua

96

permutasi elemen k di antara 365 dengan pengulangan. Oleh

karena itu,

|Ω| =365k. (2.6)

Atau, kita mungkin melihat ini sebagai berikut: ulang tahun

siswa pertama mungkin berada di salah satu dari 365 hari

dalam setahun, dan untuk setiap seleksi ini, ulang tahun siswa

kedua mungkin juga dipilih dengan 365 cara yang berbeda,

karena tidak ada batasan untuk beberapa kejadian ketika

mempertimbangkan serangkaian kemungkinan hasil.

Berlanjut dengan cara ini sampai siswa kth, dan menerapkan

hukum multiplikatif, kita peroleh lagi (2,6).

Kami sekarang mendefinisikan acara

A: tidak ada dua siswa yang berbagi ulang tahun yang sama

dan mari kita sekarang menghitung jumlah elemen yang

terkandung dalam set A. Ada 365 cara untuk memilih ulang

tahun siswa pertama dan, untuk setiap pilihan tersebut, ada

364 cara untuk memilih ulang tahun siswa kedua. Untuk setiap

pilihan dua ulang tahun ini, ada 363 cara untuk memilih hari

dalam setahun siswa ketiga lahir, dan sebagainya. Akhirnya,

untuk setiap seleksi (a1, a2,..., ak−1) ulang tahun untuk k

pertama - 1 siswa, sedemikian rupa sehingga ai ≠ aj, ada 365 −

k + 1 hari tersisa dan salah satu dari ini dapat dipilih untuk

ulang tahun siswa ke-kth. Dengan demikian, kita melihat

bahwa

| A| = 365 ⋅ 364 ⋅ 363 ··· (365 − k + 1)=(365)k.

Ini, bersama dengan (2,6), segera menghasilkan

97

Kemudian, probabilitas bahwa setidaknya dua siswa berbagi

ulang tahun yang sama adalah

Perlu disebutkan bahwa probabilitas ini tumbuh secara tak

terduga dengan cepat, sebagai fungsi dari jumlah siswa, dan

ini diilustrasikan dalam tabel berikut. Misalnya, kita melihat

bahwa dengan 70 siswa, sangat tidak mungkin bahwa kita

tidak memiliki ulang tahun yang sama. Dari tabel di bawah ini,

kita juga melihat bahwa untuk k = 23, probabilitas yang sesuai

1 − pk adalah sekitar setengah.

2.4 KOMBINASI

Dalam permutasi yang kita bahas di bagian sebelumnya, ketika

memilih sejumlah elemen dari satu set, urutan di mana

elemen-elemen ini dipilih adalah penting. Seperti yang telah

disebutkan dalam diskusi berikut Contoh 2.10, ketika pesanan

tidak bermoral, pengaturan yang dihasilkan disebut

kombinasi. Kami memiliki definisi spesifik berikut.

98

Definisi 2.3 katakan X = {x1, x2,..., xn} menjadi set terbatas yang

memiliki n (berbeda) elemen dan k bilangan bulat kurang dari

atau sama dengan n. Kemudian, kombinasi elemen n per k

adalah setiap (unordered) koleksi k elemen yang berbeda a1,

a2,..., ak dari set X.

Dengan terminologi teori set, kita dapat mengatakan bahwa

setiap kombinasi elemen n per k adalah subset A = {a1, a2,..., ak}

X dengan kardinalitas k.

Jumlah semua kombinasi berbeda dari elemen n per k ditandai

dengan

Kami telah melihat contoh di mana kami menghitung jumlah

kombinasi dari satu set unit (Contoh 2.10). Untuk memberikan

contoh lain, pertimbangkan set X = {a, b, c, d, e} dan misalkan

kita ingin menghitung jumlah kombinasi pasangan yang

berbeda dari set X. Ada lima pilihan untuk elemen pertama

dari pasangan dan, untuk masing-masing, ada empat

kemungkinan pilihan untuk elemen kedua yang akan dipilih.

Tetapi dengan cara ini, setiap pasangan dihitung dua kali;

misalnya, pasangan (a, c) dan (c, a) identik. Dengan demikian

kami menemukan jumlah kombinasi yang akan

Misalkan bahwa kita ingin menemukan semua kemungkinan

k-elemen dari permutasi elemen n. Salah satu prosedur yang

mungkin untuk melakukan ini adalah sebagai berikut:

99

Langkah 1 Kami memilih elemen yang berbeda dari elemen n

(yaitu kami membuat kombinasi unit n per k).

Langkah 2 Untuk setiap kombinasi yang dibuat pada Langkah

1, kami mempertimbangkan semua pengaturan yang mungkin

dari unit k dalam urutan yang berbeda.

Mengikuti rencana ini, pada Langkah 1, kami membuat semua,

kombinasi unit n per k. Tetapi untuk setiap kombinasi,

kita tahu dari bagian sebelumnya bahwa ada k! permutasi

yang berbeda dari elemen k ini. Dengan demikian, dari

undang-undang perplikatif, kami melihat bahwa jumlah total

permutasi k-unit dari elemen n adalah

Lebih lanjut, kita juga tahu dari bagian terakhir bahwa jumlah

permutasi k-elemen di antara elemen n sama dengan

(n)k = n(n − 1)·· (n − k + 1),

sehingga dua jumlah ini harus sama. Dengan kata lain,

Oleh karena itu kami memiliki proposisi berikut.

100

Proposisi 2.6 Angka kombinasi elemen k dari satu set

elemen n sama dengan,

Untuk k = 0, symbol, tidak memiliki

interpretasi gabungan. Namun, berdasarkan konvensi kami

setuju bahwa

Juga, dalam kasus k > n, tidak mungkin untuk membuat

kombinasi elemen yang berbeda k, karena jumlah elemen, n,

untuk dipilih kurang dari k. Jadi, kami mendefinisikan

101

Selain itu, dalam kasus khusus n = 1, n = k, n = k − 1, kita dapat

dengan mudah menetapkan bahwa

Dalam Tabel 2.1, kami menyajikan nilai-nilai atau n = 0,

1, 2,..., 10 dan 0 ≤ k ≤ n.

Hasil berikut berisi dua rumus yang, antara lain, berguna untuk

menghitung nilai numerik dari kuantitas untuk 1 ≤ k ≤ n.

102

Tabel 2.1 Nilai untuk n = 0, 1, 2..., 10 dan 0 ≤ k ≤ n.

Proposisi 2.7 Untuk kombinasi 1 ≤ k ≤ n, kesetaraan

berikut:

Bukti : Hasil pertama langsung sejak

103

Hasilnya juga jelas dari sudut pandang gabungan, karena

setiap pemilihan elemen yang berbeda dari n sesuai secara

unik dengan pilihan elemen n − k yang tersisa (argumen ini

sebenarnya sudah digunakan dalam Bagian (ii) dari Contoh

2.10).

Untuk membuktikan (2,7), asumsikan terlebih dahulu bahwa 1

< k < n. Kemudian, memanipulasi sisi kanan kesetaraan, kita

mendapatkan berturut-turut

Hasilnya juga berlaku untuk k = 1 dan k = n, karena untuk dua

kasus ini kita miliki

dan bukti dalil dengan demikian selesai.

Bagian pertama dari proposisi terakhir sering digunakan ketika

kita ingin menghitung jumlah cara memilih elemen k dari n,

ketika n besar dan nilai k dekat dengan n. Misalnya,

104

dan kemudian membatalkan ketentuan 96 ⋅ 95 ··· 5, kita dapat

menulis secara langsung,

Kebetulan, Persamaan (2,7) dikenal sebagai segitiga Pascal.

Istilah segitiga disebabkan oleh fakta bahwa, ketika

mempresentasikan nilai-nilai dalam array, jumlah

muncul sebagai simpul A, B, C

segitiga dari horizontal, vertikal, dan sisi diagonal (lihat juga

Gambar 2.4).

Dari (2,7), nilai yang sesuai dengan titik C segitiga ditemukan

dengan meringkas nilai pada titik A dan B. Pascal menyarankan

titik C untuk ditempatkan di antara titik A dan B, seperti yang

105

ditunjukkan pada Gambar 2.4. Bahkan, seperangkat angka

yang membentuk segitiga Pascal terkenal sebelum Pascal

(referensi eksplisit pertama tampaknya berada di India selama

abad kesepuluh Masekir dalam komentar tentang Chandas

Shastra, sebuah buku India kuno yang ditulis oleh Pingala

antara abad kelima dan kedua SM). Namun, Pascal

mempertimbangkan berbagai aplikasi itu dan merupakan

yang pertama untuk mengatur semua informasi bersama

dalam kesalahannya, Traité du triangle arithmétique (1653).

Gambar 2.4 Segitiga Pascal.

Contoh 2.13 Seorang guru kelas memberi kelasnya satu set 20

masalah dan dia memberi tahu siswa bahwa 7 di antaranya

akan membentuk ujian. Pada hari ujian, Patty telah berhasil

memecahkan 12 masalah, tetapi dia tidak tahu bagaimana

melakukan sisanya. Berapa kemungkinan bahwa

(i) dia akan menjawab dengan benar lima

pertanyaan ujian?

106

(ii) dia akan menjawab dengan benar setidaknya lima

pertanyaan ujian?

SOLUSI

Pertama, kami mempertimbangkan ruang sampel untuk

eksperimen ini dan menemukan berapa banyak elemen yang

dikandungnya. Guru dapat memilih setiap set 7 masalah di

antara 20, dan karena jelas bahwa tidak ada pengulangan yang

diizinkan, jumlah elemen ruang sampel Ω adalah

(i) Ruang sampel terdiri dari semua 7-tuple di antara

set 20 masalah. Hasil yang menguntungkan untuk

bagian contoh ini adalah tujuh-tuple yang berisi

lima masalah yang Patty tahu jawabannya dan

dua masalah yang dia tidak tahu. Untuk

kesederhanaan, dan tanpa kehilangan umum,

asumsikan bahwa semua masalah yang mungkin

untuk ujian bernomor 1, 2,..., 20, dan yang patty

telah bekerja adalah masalah 1, 2,..., 12. Jadi,

setiap hasil yang menguntungkan adalah pilihan 7

angka dari 1 hingga 20 sedemikian rupa sehingga

Ini memerlukan dua pilihan: memilih 5 angka dari 12, yang

dapat dilakukan di cara yang berbeda, dan memilih 2

107

angka dari 8, yang dapat dilakukan dalam cara yang

berbeda. Oleh hukum multiplikatif, dengan demikian kita

memperoleh bahwa ada.

hasil yang menguntungkan. Akibatnya, kejadian yang

diperlukan memiliki probabilitas.

(ii) Kami mendefinisikan kejadian

A1: Patty menjawab dengan benar lima

pertanyaan ujian,

A2: Patty menjawab dengan benar enam

pertanyaan ujian,

A3: Patty menjawab dengan benar tujuh

pertanyaan ujian.

Kemudian, kami mencari probabilitas

P(A1 ∪ A2 ∪ A3).

Seperti yang jelas bahwa A1, A2, A3 adalah kejadian yang

terputus-putus, kami memiliki

P(A1 ∪ A2 ∪ A3) = P(A1) + P(A2) + P(A3). (2.8)

108

Probabilitas kejadian A1 ditemukan pada Bagian (i) di atas.

Bekerja dengan cara yang sama, kami memperoleh untuk

acara A2.

dan untuk kejadian A3

Setelah menstitusi hasil di atas, bersama dengan Bagian (i), ke

(2.8), kami akhirnya mendapatkan probabilitas yang

diperlukan untuk

P(A1 ∪ A2 ∪ A3) = 0.286 + 0.0954 + 0.0102 = 0.3916.

Salah satu tema utama bab sekarang adalah bahwa jumlah

pengaturan yang dapat dibentuk, ketika memilih sejumlah

elemen dari set tertentu, berbeda tergantung pada apakah

urutan di mana elemen-elemen ini ditarik penting atau tidak.

Namun, karena ini berlaku sama untuk pembilang dan

penyebut dalam definisi klasik probabilitas, ketika datang ke

pertanyaan probabilitas, sering terjadi bahwa hasilnya sama,

baik kita memperlakukan urutan sebagai relevan atau tidak.

Contoh berikutnya menggambarkan titik ini.

Contoh 2.14 Di parlemen AS, misalkan komite tiga anggota

perlu dibentuk untuk memutuskan masalah penting. Ada 40

anggota parlemen yang memenuhi syarat untuk mengambil

bagian dalam komite ini, 22 di antaranya adalah Demokrat dan

109

18 adalah Partai Republik. Jika ketiga anggota untuk

berpartisipasi dalam komite dipilih secara acak di antara 40

orang ini, berapa kemungkinan bahwa komite akan berisi

tepat dua Demokrat?

SOLUSI

Misalkan bahwa urutan di mana ketiga anggota dipilih untuk

komite penting (misalnya orang yang dipilih pertama adalah

ketua komite, dll.). Dalam hal ini, jumlah kemungkinan hasil

(kardinalitas ruang sampel) adalah 40 ⋅ 39 ⋅ 38 = 59 280. Untuk

jumlah hasil yang menguntungkan, kami mempertimbangkan

tiga kasus yang berbeda:

• dua orang pertama yang dipilih adalah Demokrat diikuti oleh

Seorang Republik;

• orang pertama dan ketiga yang dipilih adalah Demokrat,

sedangkan yang kedua adalah seorang Republik;

• orang pertama yang dipilih adalah Republik, diikuti oleh dua

Demokrat.

Karena kejadian ini saling eksklusif, jumlah total hasil yang

menguntungkan adalah jumlah jumlah cara yang masing-

masing dapat terjadi. Untuk acara pertama, ada 22 ⋅ 21 ⋅ 18

cara berbeda; untuk yang kedua, ada 22 ⋅ 18 ⋅ 21 cara, dan

untuk yang ketiga ada 18 ⋅ 22 ⋅ 21 cara yang mungkin terjadi

(perhatikan bahwa jumlahnya sama untuk ketiga kejadian).

Oleh karena itu, jumlah hasil yang menguntungkan adalah

3 ⋅ 22 ⋅ 21 ⋅ 18 = 24.948.

110

Oleh karena itu, probabilitas yang diperlukan menjadi

Misalkan kita sekarang menganggap urutan di mana ketiga

anggota dipilih untuk komite menjadi tidak relevan. Dalam hal

ini, ruang sampel berisi elemen, sementara ada

cara untuk dua Demokrat dan cara-cara bagi Partai

Republik untuk dipilih. Akibatnya, probabilitas bahwa ada dua

Demokrat di komite dalam hal ini menjadi,

yang persis jawaban yang sama dengan yang diperoleh untuk

kasus lain.

Di bagian terakhir, kita telah melihat bahwa, ketika

mempertimbangkan permutasi k-elemen k di antara elemen

n, masuk akal untuk mempertimbangkan permutasi seperti itu

dengan pengulangan. Dalam analogi dengan itu, kita sekarang

mempertimbangkan kombinasi dengan pengulangan.

111

Misalnya, misalkan kita memiliki set {x1, x2, x3, x4}. Kemudian

kita bisa membentuk = 4 kombinasi yang biasa dengan

memilih tiga elemen dari set X. Secara khusus, pilihan ini

adalah

{x1, x2, x3}, {x1, x2, x4}, {x1, x3, x4}, {x2, x3, x4}.

Ketika memungkinkan elemen X dipilih lebih dari sekali, maka

kami juga memiliki pilihan yang diberikan dalam Tabel 2.2,

sesuai dengan tiga elemen dari set X.

Secara total, menggunakan empat kombinasi dengan elemen

yang berbeda dan yang ada di Tabel 2.2, kami melihat bahwa

jumlah pilihan k = 3 elemen dari satu set n = 4 elemen adalah

20.

112

DAFTAR PUSTAKA

1. GRIMMETT, G. S. (2020). Probability and random

processes. Oxford university press. 2. Mukhopadhyay, N. (2020). Probability and statistical

inference. CRC Press. 3. Ross, S. M. (2020). Introduction to probability and

statistics for engineers and scientists. Academic press. 4. Grimmett, G., & Stirzaker, D. (2020). One thousand

exercises in probability. Oxford University Press. 5. Beyer, W. H. (2019). Handbook of tables for probability

and statistics. CRC Press. 6. Beyer, W. H. (2019). Handbook of tables for probability

and statistics. CRC Press.

113

Tentang Penulis

Fitria Hidayanti menyelesaikan pendidikan Kimia dari

Institut Teknologi Bandung (2002), Magister Material

Science dari Universitas Indonesia (2006). Sejak tahun

2009, menekuni bidang Teknik Fisika di Universitas

Nasional, Jakarta.