PROBABILITASProbrabilitas adalah ukuran kemungkinan bagi suatu kejadian yang terjadi dalam suatu percobaan pada kondisi tertentu.Jenis Probabilitas

1.Probabilitas KlasikP(A) = banyakanya carakejadian A dapat muncul

Totalbanyaknyakemungkianan hasil

2. Probabilitas RelatifP(A) = lim

n → ∞

mn

3.Probabilitas SubjektivitasSyarat Probabilitas 1. P (A) > 02. P (A) + P ‘(A) = 1 Jika dalam n percobaan x sukses maka akan ada

( n-x ) gagal, sehingga : x + ( n−x ) = n

xn + (n−x)

n = 1

P ( sukses ) P ( gagal ) = 1….

Asas-asas dalam probabilitas 1.Peristiwa / Kejadian saling lepas ( mutually

exclusive )- 2 kejadian saling lepas bila ke-2 kejadian

tidak terjadi bersamaan A ∩B = φ

Teorema 1 :P ( A U B ) = P (A) + P(B) ( A B ) = φP ( A∩B ) = 0Contoh :

1.Sebuah dadu dilempar 1 kali. Berapa peluang munculnya mata dadu 5 atau 6 ?

Jawab : P (A) = P (5) P (B) = P (6) P ( A U B ) = 1/6 + 1/6 = 2/6 = 1/3Teorema 2 :

A B

P ( A U B U C ) = P (A) + P (B) + P (C)P ( A1 U A2 ….. Am ) = P (A1) + P (A2) + ….. + P (Am)

2.Kejadian ( Peristiwa tidak saling lepas mutually inclussive ) Bila 2 kejadian tidak tak terpisah ( berbarengan

) Bila 2 kejadian merupakan gabungan ( U ) dan

tidak saling lepas

Contoh 2 :Suatu himpunan terdiri dari pegawai BUMN, 50% karyawan dan 50% karyawati.60% karyawan adalah pegawai ikatan dinas. 20% karyawati adalah pegawai ikatan dinas.

a.Perapa peluang terpilihnya karyawati atau pegawai berstatus ikatan dinas ?

b.Berapa peluang terpilihnya karyawan atau karyawati berstatus ikatan dinas ?

Teorema 3 :Tiga peristiwa tidak saling lepas :

P ( A U B ) = P (A) + P (B) – P (AnB)

P ( AUBUC ) = P(A) + P (B) + P (C) – P (A∩B) – P (A∩C) – P(B∩C) – P(A∩B∩C)Empat peristiwa tidak saling lepas P (AUBUCUD) = P( A ) + P( B ) + P( C ) + P( D ) − P( AB ¿¿ − P( A ∩C ¿ – P( B ∩C ¿– P( B ∩ D ¿ – P( C ∩ D ¿+ P(A ∩ B ∩C ¿ + P( B∩C ∩ D ¿+ P( A ∩ B ∩ D¿ + P( A ∩C ∩ D ¿ + P( A ∩ B ∩C ∩ D ¿

3. Peristiwa Komplementer ( bebas ) Bila peristiwa A dan Ā dalam sampel yang

sama dan Ā meliputi semua unsur kecuali di A , maka Ā adalah peristiwa komplementer bagi A

Peristiwa saling lepas Teorema 4 : P (Ā ) = 1 − P( A ) P ( A U Ā ) = P( A ) + P( Ā ) = 1 P( Ā ) = 1 – P( A )4. Peristiwa independent (bebas)

Bila dan hanya terjadi atau tidak terjadinya peristiwa pertama tidak mempengaruhi terjadinya peristiwa ke-2

Peristiwa saling lepas ≠bebas Teorema 5P (A∩B) = P(A).P(B)

Contoh 3 : Kota kecil memiliki 1 mobil pemadam kebakaran dan 1 mobil Ambulans.Jika peluang waktu bagi mobil pemadam kebakaran siap 0,98 dan peluang waktu bagi mobil ambulans siap 0,92.Berapakah peluang ke-2 nya.Jika terjadi kebakaran rumah.Contoh:Kotak berisi 20sekering , lima diantaranya cacat. Bila dua sekering dikeluarkan dari kotak satu persatu secara acak (tanpa mengembalikan yang pertama ke dalam kotak) Berapakah peluang kedua sekering cacat?P(A)=1/4P(B)=4/19

P(A∩ B ¿=14

x 419

= 119

Contoh 4 :Berapakah peluang dua buah dadu A dan B dimana mata dadu A muncul mata dadu X ≤ 3 dadu B muncul mata dadu Y≥5?Jawab: P(A)=3/6P(B)=2/6P(A∩ B ¿=¿3/6 x 2/6 = 1/6

5. Probabilitas Bersyarat Bila P(B) > 0 probabilitas peristiwa A dengan

syarat peristiwa B terjadi P(A І B) = P (A ∩B)

P(B) ; P(B)>0

Contoh 5 :

Pada pelemparan 2 dadu,probabilitas x+y <4 dinyatakan sehingga B = {(1,1),(1,2),(2,1)} atau P(B)= 3

36.

Probabilitas x=1 dengan syarat x+y <4 adalah 23 atau P(A І B) probabilitas x=1 tanpa syarat x+y<4 adalah A={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)} atau P(A) = 636Sehingga P (A∩B) = P(B) . P(A І B)

236 = 336 . 23

Atau

P(A І B) = P (A ∩B)P(B)

Sedangkan P (A∩B) = P(A) . P(B І A)

P(B І A) = P (B ∩ A)P( A)

6. Probabilitas Bersyarat dari Peristiwa Independent

Bila A dan B merupakan peristiwa independent dan probabilitas >0

Maka P(A І B) = P(A)P(B І A) = P(B)

Pembuktian :

P (A|B) = P ( A ) . P(B)P(B)

TUGAS:Dua buah dadu dilempar dua kali.

a.Berapa peluang mendapatkan jumlah (NIM terakhir, jika 0 ambil angka NIM sebelumnya)dan 10 dalam dua kali lemparan.

b.Berapa peluang mendapatkan jumlah (NIM terakhir, jika 0 ambil angka NIM sebelumnya) atau 10 dalam dua kali lemparan.

SISTEM BILANGAN RIILBilangan Riil

Himpunan bilangan riil terdiri dari :a.Bilangan rasional (Bulat positif,Bulat

negatif,nol) dan bilangan ab , a dan b =B(bulat)

Bilangan yang dapat dinyatakan sebagai rasio 2 bilangan bulat a,b yang dapat dinyatakan dalam bentuk desimal 1 positif dan negatif(desimal berulang).Contoh : 13 = 0,3333

19 = 0,1111b.Bilangan Irrasional

Bilangan dengan bentuk desimal yang tak berulang,tak berakhir dan bukan rasio 2 bilangan bulat.

Contoh : √2 = √3 =

Garis Bilangan RiilHimpunan bilangan riil yang dapat dinyatakan :(a,b) = {x І a < x < b }(a,b) = {x I a ≤ x < b }(a,b) = {x I a ≤ x ≤ b }(a,b) = {x I a < x ≤ b }Untuk memenuhi pertidaksamaan (a , +u) = {x I a < x > a }

Contoh 1 : Tentukan Hp dan nyatakan pada garis bilangan Riil

1.2 + 3x < 5x + 82.4 < 3x – 2 ≤ 103. 7x > 2

Teorema Nilai Mutlak (1)Nilai mutlak dari x dinyatakan IxI didefinisikan sebagai

IxI = { x jk x>0−x jk x<0}

Contoh : I3I = I5I =

Teorema 2a.IxI < a jika dan hanya jika –a < x < a dimana a

> 0b.IxI ≤ a jika dan hanya jika –a ≤ x ≤ a , a > 0c. IxI > a jika dan hanya jika x > a atau x < -a : a

> 0d.IxI ≥ a jika dan hanya jika x ≥ a atau x ≤-a : a

> 0

Contoh 2 :

a.Ix-5I < 4b.I3x + 2I > 5c. I7xI = 4-x

Teorema 3Jika a dan b bilangan riil , maka : IabI = IaI . IbIIabI = √(ab)2

√a2b2

√a2

Teorema 4Jika a adalah suatu bil riil dan b bukan bilangan nol

Maka ; |ab| =|a|

|b|

Teorema 5Jika a dan b merupakan bilangan rii , maka :Ia + bI ≤ IaI + IbI Ia – bI ≤ IaI – IbI IaI – IbI ≤ Ia – bI

FUNGSIFungsi f merupakan pasangan berurut (x,y) shg x dan y memenuhi persamaan tsbF = {(x,y)I y = 4x + 16}Pasangan berurut (Himpunan Penyelesaian)(0,16),(-1,12),(1,20) dstDaerah asal : (-,+)Daerah hasil : (-,+)Tentukan daerah asal dan hasil dari :

1.Y = √ x−5 2.Y = √ x2−9

3.Y = √9−x2

Teorema 1Jika f adalah suatu fungsi , maka grafik fungsi f adalah mempunyai titik-titik (x,y) di R2 sehingga (x,y) merupakan pasangan berurut dari f : Contoh :F(x) = 5x−2

x+2 , Tentukan daerah asal yang memenuhi f(x) tsb.Teorema 2

Diberikan 2 fungsi f dan g (1) ( f+g )(x) = f(x) + g(x)(2) ( f-g )(x) = f(x) - g(x)(3) ( f.g )(x) = f(x) . g(x)(4) ( f/g )(x) = f(x) / g(x)(5) (f o g)(x) = f(g(x))

Contoh 5 :→ f (x) = √5 g (x) = 2x – 3 Tentukan fungsi daerah asal fungsi koposisi ( f o g )(x)

Jawab : f (x) = f ( g(x)) = f ( 2x – 3 ) = √2x−3

Daerah asal f(x)= [ 0,+4 ] g(x)= [ −∞,+∞ ]

F(x)= [ 32,+∞

¿¿ ]

Teorema 31.Fungsi genap jika untuk tiap x didaerah asal f

f (−x) = f (x)Grafiknya Simetri terhadap sumbu y

2.Fungsi ganjil jika untuk tiap x didaerah asal ff (−x) = −f (x)Grafiknya Simetri terhadap titik awal OContoh 6 : 1.y = x2

2.y = x3 Contoh 7 :

1.f(x) = { (x,y) |x2+ y2= 9 }

SISTEM BILANGAN KOMPLEK√a2 = a√−a2 = √ (−1 )(a)

= √(−1) . a = j.aj = √−1

j2 = −1

j3 = ( j2) j = −√−1 = −j

j 4 = ( j2 ¿ j2 = 1j15 = ( j 4¿3 . j3 = − j

j20 = ( j 4¿5 = 1Conth :x2 – 6x + 10 = 0

x1,2 = 6±√36−402 = 3 ± √−4

2

= 3 ± j.2 Riil imajinerBilangan kompleks = bilangan riil + bilangan imajiner A + jb = a + jb

Teorema penjumlahan dan pengurangan ( a + jb ) + ( c + jb ) = ( a + c ) + j ( b + d )( a + jb ) – ( c + jd ) = ( a – c ) + j ( b – d )Contoh : ( 6 + j5 ) + ( 2 – j3 ) + j( b – d )

Teorema Perkalian ( a + jb ) ( c + jb ) = ( ae ) + j( bc + ad ) + j2 bdDimana j2 = 1Teorema Pembagian(c+ jd )(a+ jb ) = (c+ jd )

(a+ jb ) x (a− jb)(a− jb)

Contoh :10– j 53− j =

Kesamaan Bilangan KompleksJika ke- 2 Bilangan riil sama dan ke- 2 Bilangan Imajiner sama.Contoh :( a + b ) – j( a – b ) = 8 + j6Bilangan Kompleks dalam bentuk ( Diagram Argand, (x,y) )y

5 4 + j5

4 x

Penjumlahan

y 2 + j7z1 = 4 + j5

z2 = 2 + j8 4 + j5

xBilangan kompleks dalam bentuk bilangan kutub / polar ( r , θ )

r2 = a2 + b2

r b r = √a2+b2

θ

a sin θ = br b = r . sin θ

tan θ = ba cos θ = a

r a = r . cos θ

z = ( a + jb ) = r ( cos θ )

r = modus bilangan komplek

= | z |

θ = argument bilangan komplek

Bentuk eksponensial dari bilangan komplek

e-jd = cos θ + j sin θ

e-jd = cos ( -θ ) + j sin ( -θ )

= cos θ – j sin θ

Contoh :

e-j π3 = cos ( -π

3 ) + jsin ( -π3 )

= cos π3 – j sin π

3

= 12 – j 12 √3

Perkalian bilangan kutub

r1 ( cos θ1 + j sin θ1 ) . r2 ( cos θ2 + j sin θ2 )

= r1r2 [ cos ( θ1 + θ2 ) + j sin ( θ1 + θ2 ) ]

Pembagian bilangan kutub

r 1 ¿¿ = r1r 2

¿]

Bilangan kutub dalam bentuk pangkat

zn = [ r ( cos θ + j sin θ ) ]n

= rn [ cos ( nθ ) + j sin ( nθ ) ]

LIMIT FUNGSIF(x) = x2 , maka untuk x mendekati 2,fungsi akan bernilai

limx →2

f ( x )=4

x→a bukan berarti x = a

contoh : f(x) = 2x2+x−3x−1 = x≠1

X F(x)0 30.9 4.80.99 4.980.999 4.9980.9999

4.9998

Terlihat x < 1 sebesar 0.0001 maka f(x) < 5 sebesar 0.0002X > 1 sebesar 0.0001 maka f(x) > 5 sebesar 0.0002 f(x) mendekati 5 jika x mendekati 1→ |f(x) – 5| sekecil mungkin dengan jalan |x − 1| kecilSetiap bilangan positif ε yang diberikan terdapat bilangan positif 5 yang dipilih sesuai sehingga |x – 1| < 5 dan |x − 1| 1 maka |f(x) – 5| < ξBesar δtergantung besarnya ξ . Jika 0 < |x − 1|< δDefinisi Limit FungsiMisalkan f suatu fungsi terdefinisi tiap bilangan pada selang terbuka yang memuat a , kecuali mungkin di a itu sendiri. Limit f(x) maka x mendekati a adalah L ditulis :

x F(x)2 71.1 5.21.01 5.021.001 5.0021.0001

5.0002

Jika Pernyataan Berikut Benar :“Diberikan ξ > 0 yang kecil terdapat suatu δ>0 shg jika 0<|x-a|<δ maka |f(x) – L| < ξ.”

F(x) : ; x≠1X<1 sebesar 0,0001 f(x) < 5 sebesar 0,0002x>2 sebesar 0,0001 f(x) > 5 sebesar 0,0002f(x) mendekati 5 jika x mendekati 1

|f(x) -5| sekecil mungkin dengan jalan |x-1| kecil

Setiap bilangan ξ yang diberikan terdapat bilangan δ yang dipilih sesuai sehingga |x-1| < δ dan |x-1| ≠1 (x≠1)

Besarnya δ tergantung ξ Jika 0<|x-1| < δ maka |f(x) – 5| < ξ

Tentukan δa.ξ = 0,01 , b.ξ = 0,01 ,

c. ξ = 0,01 ,

Teorema 1Jika 1 , 2

Maka L1=L2

Teorema 2Jika m dan b suatu konstanta , maka :

Teorema 3Jika c suatu konstanta , maka :

Teorema 4Jika

Teorema 5

1.

2.3.

1.2.

Teorema 7 jika dan hanya jika

Contoh :Tentukan Limit fungsi bentuk

1. 2. 3.

LIMIT SEPIHAKMisal f merupakan fungsi yang terdefinisi pada selang terbuka ( a,c ) maka limit f(x) untuk x mendekati a dari kanan adalah L.

Jika tiap terdapat sehingga jika 0< x – a < maka | f(x) – L | < Misal f fungsi yang terdefinisi pada selang terbuka ( a,c ) maka limit f(x) untuk x mendekati a dari kiri adalah L.

Teorema 1 ada dan besarnya = L

Jika dan hanya jika dan

Maka keduanya ada dan besarnya = LContoh :

1.f(x) = { 4 – f(x) = { 2 +

LIMIT – TAK BERHINGGA

f(x) =

X f(x)3 3

122730030.000

X F(x)1 3

122730030.000

Misal f fungsi yang terdefinisi pada selang terbuka yang memuat a kecuali mungkin di a sendiri untuk x mendekati a , f(x) memperbesar tanpa batas .

Jika tiap N > 0 terdapat δ > 0 sehinggaJika 0< | x−a |< δ maka f(x) > NMisal f fungsi yang terdefinisi pada selang terbuka yang memuat a kecuali mungkin di a sendiri untuk x mendekati a , f(x) memperkecil tanpa batas .

Jika tiap N < 0 terdapat δ > 0 sehinggaJika 0< | x−a |< δ maka f(x) < NTeorema 1

jika r suatu bilangan bulat positif maka

Teorema 2

Jika

Teorema 3

C > 0

C < 0

Teorema 4

C > 0

C < 0

Teorema 5

Dimana C ≠ 0, maka ;1) C > 0 : f(x) → 0 sepanjang nilai positif f(x)

2) C > 0 : f(x) → 0 sepanjang nilai negatif f(x)

3) C < 0 : f(x) → 0 sepanjang nilai positif f(x)

4) C < 0 : f(x) → 0 sepanjang nilai negatif f(x)

Contoh ;Tentukan Limit Fungsi Berikut !

1).

2).

3).

ASIMTOTAsimtot gerak Garis x = a dikatakan asimtot gerak dari grafik fungsi, jika paling sedikit salah satu pernyataan berikut ini benar :

limx→ a+¿ f ( x )=+∞¿

¿

x = a

limx→ a+¿ f ( x )=−∞¿

¿

x = a

limx→ a−¿f ( x )=+∞¿

¿

x = a

limx→ a−¿f ( x )=−∞¿

¿

x = a

KEKONTINUAN FUNGSI di SATU TITIKFungsi f dikatakan kontinu di bilangan a jika dan hanya jika ke-3 syarat ini terpenuhi :

1) f(a) ada2) lim

x→ af ( x ) ada

3) limx→ a

f ( x )=f (a)

Contoh :1.f(x) = 2x + 3 , jika x ≠ 1

2 , jika x = 1

Jawab :1.f(1) = 22.limx →1

2x+3=5

3.limx →1f (1 )≠ f (1)

Maka fungsi tersebut f(x) diskontunu pada x = 1

Secara umum jika fungsi tak kontinu di a tetapi limx→ a

f ( x ) ada maka 1.f(a) ≠ limx→ a

f ( x )

2.f(a) tidak ada ketakkontinuan ini disebut dengan ketakkontinuan terhapus ( Removable discontinaty ) kondisi ini dapat dijadikan kontinu jika, didefinisikan kembali di a sehingga

f(a) ≠ limx→ af ( x )

maka fungsi baru tersebut menjadi kontinu di ajika syarat ke-2 tidak terpenuhi, limx→ a

f ( x ) tidak terdefinisiMaka ketak

kontinuan ini merupakan ketakkontinuan essensial yang tidak dapat diubah menjadi kontinu.Contoh :Tentukan kekontinuan fungsi berikut di x = 4f(x) = √ x − 2 , x ≠ 4 x – 4 , x = 4