Upload
others
View
19
Download
5
Embed Size (px)
Citation preview
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 : [email protected]
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.