peluang 2 print rama.docx
TRANSCRIPT
Sederhananya, jika himpunan bagian dari objek yang dipilih sehingga himpunan tiap
himpunan bagian dari ukuran yang sama memiliki kemungkinan yang sama untuk terpilih, maka
kita katakan bahwa himpunan bagian yang dipilih secara acak, Biasanya, tidak ada perbedaan
yang dibuat. Ketika elemen himpunan bagian yang terdaftar dalam urutan yang berbeda, tapi
kadang-kadang akan berguna untuk membuat perbedaan ini.
Contoh 1.3.3
Sebuah permainan kesempatan melibatkan gambar kartu dari 52 tumpuk kartu bermain.
Seharusnya tidak peduli apakah kartu berasal dari bagian atas atau bagian lain dari tumpukan jika
kartu dikocok. Himpunan iap kartu akan memiliki probabilitas yang sama, 1/52, atau yang
dipilih. Demikian pula, jika permainan melibatkan lima kartu bergambar, maka seharusnya tidak
masalah apakah lima kartu atau lima lainnya kartu diambil. Probabilitas ditugaskan untuk
himpunan iap himpunan kemungkinan lima kartu akan menjadi kebalikan dari jumlah himpunan
bagian dari ukuran 5 dari seperangkat ukuran 52. Dalam Bagian 1.6 kita akan mengembangkan,
antara lain, sebuah metode untuk menghitung.
1.4 BEBERAPA SIFAT PELUANG
Dari sifat umum pada himpunan dan sifat atau Definisi 1.3.1 kita dapat memperoleh sifat yang
berguna lainnya dari satu atua lebih kejadian relative terhadap percobaan yang sama.
Teorema 1.4.1
Jika A adalah suatu kejadian dan X adalah pelengkap, maka
P(A) = 1 — P(A’) (1.4.1)
BUKTI
Karena A 'adalah komplemen dari A relatif terhadap S. S = A ∪ A'. Karena A ∩ A' = = ∅
, A dan A 'adalah saling eksklusif, sehingga mengikuti dari persamaan (1.3.2) dan (1.3.4 ) yang
1 = P(S) — P(A ∪ A')= P(A) + P(A')
yang dibangun teorema.
Teorema ini sangat berguna ketika sebuah kejadian A relatif rumit. tapi yang melengkapi 'adalah
1
lebih mudah untuk menganalisis.
Contoh 1.4.1
Percobaan terdiri dari melempar koin empat kali, dan kejadian A berkembang
"setidaknya himpunan satu kepala." Kejadian A berisi sebagian besar hasil yang
mungkin, tapi pelengkap, "tidak ada kepala," hanya berisi satu, A'={TTTT}, maka
n(A') = 1. Hal ini dapat ditunjukkan dengan daftar semua kemungkinan hasil bahwa
n(S) = 16, sehingga P(A') = n(A')/n(S) = 1/16. Dengan demikian, P (A) = 1 — P(A') =
1 - 1/16 = 15/16.
Teorema 1.4.2
Untuk himpunan tiap kejadian A, P(A) ≤ 1.
Bukti
Dari Teorema (1.4.1), P(A) = 1 - P(A'). Juga, dari Definition (1.3.1), kita tahu bahwa P (A')
≥ 0. Oleh karena itu, P(A) ≤ 1
Perhatikan bahwa teorema ini dikombinasikan dengan Definition (1.3.1) menunjukkan bahwa
0 ≤ P(A) ≤ 1 (1.4.2)
Persamaan (13.3), (1.3.4), dan (1.3.5) memberikan rumus untuk probabilitas dari gabungan
pekerja dalam kasus peristiwa saling eksklusif. Teorema berikut memberikan formula yang
berlaku secara umum.
Teorema 1.4.3
Untuk himpunan iap dua peristiwa A dan B,
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) - P (A ∩ B) (1.4.3)
Bukti
Pendekatan ini akan mengungkapkan peristiwa A B u dan A sebagai gabungan peristiwa saling
2
eksklusif. Dari sifat himpunan kita dapat menunjukkan bahwa
A ∪ B = (A ∩ B') ∪ B
dan
A = (A ∩ B)∪ (A ∩ B')
Lihat Gambar 1.2 untuk ilustrasi tersebut identitas.
GAMBAR 1.2 Partisi peristiwa
A ∪ B = (A ∩ B') ∪ B A = (A ∩ B)∪ (A ∩ B')
Hal ini juga berarti bahwa peristiwa A∩ B' dan B saling eksklusif karena (A∩ B') ∩ B = ∅ ,
sehingga persamaan (1.3.4) menyatakan
P(A ∪B) = P(A∩ B') + P(B)
Demikian pula, A ∩B dan A∩ B' saling eksklusif, sehingga
P(A) = P(A∩ B) + P(A∩ B')
Teorema berikut dari persamaan ini:
P(A ∪B) = P(A∩ B') + P(B)
=[P(A) - P(A∩ B)] + P(B)
= P(A) + P(B) - P(A∩ B)
Contoh 1.4.2
3
Misalkan satu kartu diambil secara acak dari himpunan 52 pak kartu remi. Seperti
tercantum dalam Contoh 1.3.3, ini berarti bahwa himpunan tiap kartu memiliki probabilitas yang
sama, 1/52, untuk dipilih.
Misalkan A adalah kejadian mendapatkan "AS merah" dan biarkan B keluar "hati."
Kemudian P(A) = 2/52, P(B) = 13/52, dan P(A∩ B) = 1/52. Dari Teorema (1.4.3) kita memiliki
P (A ∪ B) = 2/52 + 13/52 - 1/52 = 14/52 = 7/26.
Teorema 1.4.3 dapat diperpanjang dengan mudah untuk tiga peristiwa.
Teorema 1.4.4
Untuk himpunan tiap tiga peristiwa A, B, dan C,
P (A ∪ B ∪C) = P (A) + P (B) + P (C)
- P(A∩ B) - P (A ∩C ¿ - P (B ∩ C)
+ P (A ∩ B ∩ C) (1.4.4)
Bukti
Lihat Latihan 16. 9
Hal ini secara intuitif jelas bahwa jika himpunan tiap hasil dari A juga merupakan hasil
dari B, maka A tidak lebih mungkin terjadi daripada D. Teorema selanjutnya meresmikan
gagasan ini.
Teorema 1.4.5
Jika A ∁ B, kemudian P(A) ≤ P(B)
Bukti
Lihat latihan 17.
Properti (1.3.3) menyediakan, rumus untuk probabilitas dari gabungan terhitung terbatas
ketika peristiwa saling eksklusif. Jika peristiwa ini tidak saling eksklusif, maka sisi kanan
4
properti (1.3.3) masih memberikan batas atas untuk probabilitas ini, seperti yang ditunjukkan
dalam teorema berikut.
Teorema 1.4.6
Ketidaksamaan Boole ini, Jika A1, A2,… adalah urutan peristiwa, maka
P(¿ i=1¿∞ Ai¿¿ ≤∑i=1
∞
P (Ai) (1.4.5)
Bukti
Misalkan B1=A1, B2=A2 ∩A'1, dan pada umumnya B1 = A1 ∩(¿ i=1¿∞ Aj¿¿¿ '. Oleh karena itu,
¿ B1, B2,… saling ekslusif busur. Karena B1 ∁ A1, maka dari Teorema 1.4.5 bahwa P(B1) ≤ P(A1),
dan dengan demikian
P(¿ i=1¿∞ Ai¿¿ = P(¿ i=1¿∞ Bi¿¿=¿ ∑i=1
∞
P ( Bi)≤ ∑i=1
∞
P ( Ai)
Sebuah hasil yang serupa berlaku untuk gabungan terbatas. Secara khusus,
P(A1 ∪ A2 ∪ … ∪A1) ≤ P(A1) + P(A2) + … +P(Ak) (1.4.6)
yang dapat ditunjukkan oleh bukti mirip dengan Teorema 1.4.6.
Teorema 1 .4.7
Ketidaksamaan Bonferroni ini, Jika A1, A2,...., Ak makan kejadian, kemudian
P ¿ i=1¿k Ai ≥ 1 - ∑i=1
k
P (A ' i)
(1.4.7)
Bukti
Ini Teorema 1.4.1 diterapkan ke ¿ i=1¿k Ai = (¿ i=1¿∞ A ' i ¿ ' ¿ , bersama-sama dengan
ketidakhimpunan (1.4.6).
5
1.5 KEMUNGKINAN PELUANG
Salah satu tujuan utama dari pemodelan probabilitas adalah untuk menentukan
seberapa besar kemungkinan bahwa suatu peristiwa A akan terjadi jika eksperimen tertentu
dilakukan. Namun, dalam banyak kasus kemungkinan ditugaskan ke A akan dipengaruhi oleh
pengetahun terjadi atau tidak dari peristiwa lain B. Dalam contoh kita akan menggunakan
terminologi "probabilitas bersyarat A diberikan B ," dan notasi P(A ׀ B) akan digunakan untuk
membedakan antara konsep baru dan probabilitas biasa P(A).
Contoh 1.5.1 .
Sebuah kotak berisi 100 microchip, beberapa di antaranya diproduksi oleh pabrik 1 dan sisanya
oleh pabrik 2. Beberapa microchip rusak dan beberapa yang baik (tidak rusak). Sebuah
eksperimen terdiri dari memilih salah satu microchip secara acak dari kotak dan menguji apakah
itu baik atau rusak. Misalkan A kejadian "mendapatkan microchip cacat", akibatnya, 'adalah
kejadian "mendapatkan microchip yang baik." Misalkan B adalah kejadian "microchip
diproduksi oleh pabrik 1" dan 'B acara "microchip diproduksi oleh pabrik 2." Tabel 1.1
memberikan nomor atau microchip di himpunan tiap kategori.
TABEL 1.1
Jumlah microchip aktif rusak dan nondef dari dua pabrik
B B’ Total
A 15 5 20
A’ 45 35 80
Total 60 40 100
Kemungkinan mendapatkan microchip yang rusak adalah
P(A) = n( A)n (S)
= 20
100 = 0,20
6
Sekarang anggaplah bahwa himpunan tiap microchip memiliki sejumlah cap di atasnya
yang mengidentifikasi itu produk pabrik. Dengan demikian, sebelum pengujian apakah itu rusak,
maka dapat ditentukan apakah B telah terjadi (diproduksi oleh pabrik 1) atauB' telah terjadi
(diproduksi oleh pabrik 2). Pengetahuan yang dihasilkan pabrik microchip mempengaruhi
kemungkinan bahwa microchip rusak dipilih, dan penggunaan probabilitas kondisi yang tepat.
Misalnya, jika kejadian B telah terjadi, maka microchip satunya kita harus mempertimbangkan
orang-orang dalam kolom pertama dari Tabel 1.1, dan jumlah total adalah n(B) = 60. Selain itu,
satu-satunya chip yang rusak untuk mempertimbangkannya adalah baik di kolom pertama dan
baris pertama, dan jumlah total adalah n(A∩ B) = 15. Dengan demikian, probabilitas bersyarat A
memberikan B
P(A ׀ B) = n( A ∩ B)
n (B) = = 1560
= 0,25
Perhatikan bahwa jika kita membagi kedua pembilang dan penyebut dengan n(S) = 100, kita
dapat mengekspresikan probabilitas kondisional dalam hal beberapa probabilitas bersyarat biasa,
P(A ׀ B) = n( A ∩ B)/n(S)
n (B)/n(S) = P (A ∩B)
P(B)
Hasil terakhir ini dapat diturunkan dalam keadaan yang lebih umum sebagai berikut.
Misalkan kita melakukan percobaan dengan S ruang sampel, dan anggaplah kita mengingat
bahwa B peristiwa telah terjadi. Kami ingin mengetahui probabilitas bahwa kejadian A telah
terjadi mengingat bahwa B telah terjadi, ditulis P (AIB). Artinya, kita ingin probabilitas A relatif
terhadap ruang sampel B. mengurangi Kita tahu B yang dapat dipartisi menjadi dua himpunan
bagian,
B = (A∩ B) ∪ (A’∩ B)
A∩ B adalah himpunan bagian dari B yang A adalah benar, sehingga kemungkinan A
memberikan B diberikan harus sebanding dengan P(A∩ B), mengatakan P(A ׀ B) = kP(A∩ B).
Demikian pula, P(A’ ׀ B) = kP (A' ∩ B). Bersama ini harus mewakili relatif probabilitas
total B, sehingga
7
P(A ׀ B) + P(A’ ׀ B) = k[P(A∩ B) + P(A’∩ B)]
= kP[(A∩ B) ∪ (A’∩ B)]
=kP(B)
= 1
dan k = 1/P(B). Artinya,
P(A ׀ B) = P (A ∩B)
P (A ∩B)+P( A ’ ∩B) = P (A ∩B)
P(B)
dan 1/P(B) adalah konstanta proporsionalitas yang membuat probabilitas pada ruang sampel
berkurang menambah 1.
Definisi 1.5.1
Probabilitas kondisional dari sebuah peristiwa A, diberikan B peristiwa, didefinisikan oleh
P(A ׀ B) = P (A ∩B)
P(B) (1.5.1)
Jika P(B) ≠ 0
Sehubungan dengan ruang sampel B, probabilitas bersyarat didefinisikan oleh (1.5.1)
memenuhi definisi asli dari probabilitas, dan dengan demikian probabilitas kondisional
menikmati semua sifat biasa probabilitas pada ruang sampel berkurang. Untuk sebagai contoh,
jika dua peristiwa A1 dan A2 adalah saling eksklusif, maka
P(A1 ∪ A2 ׀ B)= P [ ( A 1∪ A 2 ) ∩B ]
P(B)
= P [ ( A 1 ∩ B )∪( A 2∩B)]
P(B)
8
= P [ ( A 1 ∩ B )+( A 2 ∩ B)]
P(B)
= P(A1 ׀ B) + P(A2 ׀ B)
Hasil menyamaratakan ini untuk lebih dari dua peristiwa. Demikian pula, P(A ׀ B) ≥ 0 dan
P(s ׀ B) = P(B ׀ B) = 1, sehingga kondisi fungsi himpunan probabilitas yang Puas.
Dengan demikian, sifat yang diturunkan dalam bagian 1.4 terus kondisional. Secara
khusus,
P(A ׀ B) = 1- P(A’ ׀ B) (1.5.2)
0 ≤ P(A ׀ B) ≤ 1 (1.5.3)
P(A1 ∪ A1 ׀ B) = P(A1 ׀ B) + P(A2 ׀ B) - P(A1 ∩ A2 ׀ B) (1.5.4)
Hasil Teorema berikut langsung dari persamaan (1.5.1):
Teorema 1.5.1
Untuk himpunan tiap peristiwa A dan B,
P(A∩ B) = P(B)P(A ׀ B) = P(A)P(B ׀ A) (1.5.5)
Hal ini kadang-kadang disebut sebagai Teorema Multiplikasi probabilitas. Ini
menyediakan cara untuk menghitung probabilitas atau terjadinya gabungan dari A dan B dengan
mengalikan probabilitas satu peristiwa dan probabilitas bersyarat peristiwa lainnya. Dalam hal
Contoh 1.5.1, kita dapat menghitung langsung P(A∩ B) = 15/100 = 0,15, atau kita dapat
menghitung sebagai = P(B)P(A ׀ B) = (60/100)(15/60) = 0,15 atau P(A)P(B ׀ A) = (20/100)
(15/20) = 0,15.
Formula (1.5.5) juga sangat berguna dalam menangani masalah yang melibatkan
sampling tanpa penggantian. Eksperimen tersebut terdiri dari memilih benda satu per satu waktu
dari koleksi terbatas, tanpa mengganti obyek yang dipilih sebelum pilihan berikutnya. Mungkin
contoh yang paling umum dari ini adalah berurusan kartu dari dek.
Contoh 1.52
9
Dua kartu diambil tanpa penggantian dari himpunan umpuk kartu. Misalkan A1, menunjukkan
dapat keluar "kartu as pada pengambilan pertama" dan A2 menunjukkan dapat keluar "kartu As
pada pengambilan kedua."
Nomor atau cara di mana hasil yang berbeda dapat terjadi bisa dihitung, dan busur hasil
yang diberikan dalam Tabel 1.2. penghitungan hasil yang mungkin bisa menjadi masalah
membosankan, dan teknik yang berguna yang membantu dalam penghitungan tersebut masalah
dibahas dalam Bagian 1.6. Nilai-nilai dalam contoh ini didasarkan pada prinsip perkalian, yang
mengatakan bahwa jika ada n1, cara melakukan satu hal dan cara n2 melakukan yang lain, maka
ada n1. n2 untuk melakukan keduanya. Jadi, misalnya, jumlah meminta dua kartu ditangan yang
bisa dibentuk dari 52 kartu (tanpa penggantian) adalah 52.51 = 2.652. Demikian pula, jumlah
meminta dua kartu ditangan di mana kedua kartu adalah tindakan adalah 4. 3, jumlah di mana
kartu pertama adalah kartu As dan yang kedua adalah tidak kartu As adalah 4.48, dan
sebagainya. Produk yang sesuai untuk semua kasus yang diberikan dalam Tabel 1.2.
Partisi jumlah cara untuk menarik dua kartu
A1 A’1
A2 4.3 48.4 4.51
A’3 4.48 48.47 48.51
4.51 48.51 52.51
Misalnya, kemungkinan untuk mendapatkan "kartu As pada pengambilan pertama dan kartu As
pada pengambilan kedua" diberikan oleh
P(A1 ∩ A2 ) = 4 .3
52.51
Misalkan satu tertarik P(A1) tanpa memperhatikan apa yang terjadi pada imbang sccohd. Pertama
perhatikan bahwa A, dapat dipartisi sebagai
A1 = (A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A’2 )
Jadi
10
P(A1 ) = P(A1 ∩ A2 )+ P(A1 ∩ A’2 )
= 4 .3
52.51 +
4 .4852.51
= 4 .51
52.51 =
452
Ini hasil yang sama akan terjadi jika A1 telah dipartisi oleh acara lain, katakanlah B, yang
hanya berhubungan dengan nilai nominal kartu kedua. Ini mengikuti karena n (B ∪ B ') = 51,
dan relatif terhadap 52 x 51 pasang memerintahkan kartu,
n(A1) = 4 x n(B) + 4 x n(B’) = 4 x (B ∪ B’) = 4 x 51
Pembilang atau probabilitas seperti P(A1), P(A’1), P(A2), dan P(A’2), yang berurusan
dengan hanya salah satu menarik, muncul dalam margin tabel 1.2. Probabilitas ini dapat disebut
sebagai probabilitas marjinal. Perhatikan bahwa probabilitas marjinal sebenarnya dapat dihitung
langsung dari ruang sampel 52-kartu asli, dan tidak perlu mempertimbangkan ruang sampel dari
pasangan seluruhnya. Misalnya, P(A1) = 4 × 51/52 × 51 = 4/52, yang merupakan probabilitas
yang akan diperoleh untuk satu imbang dari ruang 52-kartu sampel asli. Jelas, hasil ini akan
berlaku untuk sampel tanpa pengganti masalah secara umum. Yang mungkin kurang intuitif
adalah bahwa hasil ini juga berlaku untuk probabilitas marjinal seperti P(A2), dan tidak hanya
untuk hasil pada pengambilan pertama. Artinya, jika hasil undian pertama tidak diketahui, maka
P(A2) juga dapat dihitung dari ruang sampel asli dan diberikan oleh P(A2) = 4/52. Ini dapat
diverifikasi dalam contoh ini karena
A2 = (A2 ∩ A1 ) ∪ (A2 ∩ A’1 )
Dan
P(A2 ) = 4 .3
52.51 +
48 . 452.51
= 4
52
Memang, jika hasil imbang pertama tidak diketahui, maka imbang kedua bisa juga
dianggap sebagai imbang pertama.
11
Probabilitas kondisional yang AS yang ditarik pada pengambilan kedua mengingat bahwa
AS diperoleh pada pengambilan pertama adalah
P(A2 ׀ A1) = P (A 1∩ A 2)
P( A 1)
= (4 .3)/(52.51)(4 . 51)/(52. 51) =
351
Artinya, mengingat bahwa A1, adalah benar, kita dibatasi untuk kolom pertama dari Tabel
12, dan proporsi relatif dari waktu bahwa A2 benar pada ruang sampel berkurang adalah (4.3) /
[(4 . 3 + (4 . 48)]. Sekali lagi mungkin kurang jelas, namun ada kemungkinan untuk membawa
masalah ini satu langkah lebih lanjut dan menghitung P(A2 ׀ A1) secara langsung dalam hal
ruang sampel 51 kartu bersyarat, dan mendapatkan solusi yang lebih sederhana bahwa P(A2 ׀ A1)
= 3/51, ada tiga ace tersisa dalam 51 kartu yang tersisa di ruang sampel 'bersyarat demikian, itu
adalah praktek yang umum dalam jenis masalah untuk menghitung probabilitas bersyarat dan
probabilitas marjinal langsung dari satu dimensi ruang sampel (satu ruang bersyarat marjinal dan
satu), daripada mendapatkan probabilitas gabungan dari ruang sampel bersama pasangan yang
diminta. Sebagai contoh,
P(A1∩ A2) = P(A1)P(A2 ׀ A1)
=4
52.
351
Prosedur ini akan mencakup tiga atau lebih undian (tanpa penggantian) di mana,
misalnya, jika A3 menunjukkan memperoleh "as pada undian ketiga," kemudian
P(A1∩ A2 ∩A3) = P(A1)P(A2 ׀ A1)P(A3 ׀ A1 ∩ A2)
= 4
52.
351
. 2
50
12
Sebuah indikasi dari validitas umum atau pendekatan ini untuk kondisi komputasi
probabilitas diperoleh dengan mempertimbangkan P(A2 ׀ A1) dalam contoh. Sehubungan dengan
ruang sampel bersama pasangan yang diminta, 204 = 4 . 51, di mana 4 mewakili jumlah cara
peristiwa yang diberikan A1, dapat terjadi pada pengambilan pertama dan 51 adalah jumlah total
dari hasil yang mungkin dalam ruang sampel bersyarat untuk pengambilan kedua juga, 12 = 4 . 3
merupakan jumlah cara peristiwa diberikan Seperti dapat terjadi kali jumlah cara sukses A2 dapat
terjadi dalam ruang sampel bersyarat. Karena jumlah cara A1, dapat terjadi adalah multiplier
umum di pembilang dan penyebut ketika menghitung pasangan memerintahkan, seseorang dapat
menghitung secara langsung dalam kondisi ruang satu dimensi terkait dengan hasil undian
kedua.
Keuntungan komputasi dari pendekatan ini adalah jelas, mengagetkan kemungkinkan
perhitungan probabilitas dari suatu peristiwa dalam kerumitan tinggi. Produk dimensi ruang
sebagai produk dari probabilitas, yang marjinal dan yang lainnya bersyarat, peristiwa di
sederhana satu dimensi ruang sampel.
Pembahasan di atas agak membosankan, tetapi dapat memberikan wawasan tentang arti
fisik probabilitas bersyarat dan probabilitas marjinal, dan juga ke topik sampling tanpa
penggantian, yang akan muncul lagi di bagian berikut.
TOTAL PROBABILITAS DAN ATURAN BAYES '
Seperti tercantum dalam Contoh 1.5.2, kadang-kadang berguna untuk partisi kejadian,
katakanlah A, gabungan peristiwa saling eksklusif dua atau lebih, misalnya, jika B dan B’ adalah
peristiwa yang berhubungan dengan undian pertama dari pak (tumpukan) , dan jika A adalah
suatu kejadian yang berkaitan dengan pengambilan kedua, maka itu berguna untuk
mempertimbangkan partisi A = (A∩ B) ∪ (A∩ B’) untuk menghitung P(A), karena ini
memisahkan A menjadi dua peristiwa yang melibatkan informasi tentang undin bayes. Secara
umum, jika B1, B2, ....., Bk saling eksklusif dan lengkap, dalam arti bahwa B1 ∪ B2 ∪ ... ∪ Bk
= S, kemudian
A = (A ∩ B1 ) ∪ (A ∩ B2 ) ∪ ... ∪ (A ∩Bk)
13
Ini berguna dalam teorema berikut.
Teori 1.52
Jumlah peluang jika B1, B2, ..., Bk, adalah kumpulan peristiwa saling eksklusif dan lengkap,
maka untuk setiap kejadian A,
P (A) = ∑i=1
k
P(B1 )P(A| B1) (1.5.6)
BUKTI
Peristiwa A ∩ B1, A ∩ B2 , ..., A∩ Bk saling eksklusif, sehingga dapat dikatakan bahwa
P (A) = ∑i=1
k
P (A∩ Bi ) (1.5.7)
dan hasil teorema dari menerapkan Teorema 1.5.1 untuk setiap istilah dalam mation .
Teorema 1.5.2 kadang-kadang dikenal sebagai Hukum Probabilitas Total, karena
sesuai dengan cara saling eksklusif di mana dapat terjadi relatif terhadap partisipasi dari total
ruang sampel S.
Kadang-kadang sangat membantu untuk menggambarkan hasil ini dengan diagram
pohon. Salah satu diagram tersebut untuk kasus dari tiga peristiwa B1, B2, dan B3 diberikan pada
Gambar 1.3.
Gambar 1.3
Diagram pohon menunjukkan Hukum Peluang Total
B1
B2
14
A
A’
A
A’
B3
Kemungkinan terkait dengan cabang B1, adalah P (Bt) dan peluang diasosiasikan dengan
masing-masing cabang berlabel A adalah peluang bersyarat P (A| Bt ), yang mungkin berbeda
tergantung pada cabang Bt , ia mengikuti. Untuk A terjadi , itu harus terjadi bersama-sama
dengan satu dan hanya satu dari Bt. Kemudian hanya A ∩ B1, A ∩ B2 , atau A ∩ B3 harus
terjadi, dan peluang dari A adalah jumlah peluang dari peristiwa gabungan , P(Bt) P (A I Bt).
Contoh 1.5.3
Factory 1 Contoh 1.5.1 memiliki dua giliran, dan microchip dari factory 1 dapat
dikategorikan sesuai dengan yang dihasilkan pergeseran mereka. Seperti sebelumnya, percobaan
terdiri dari memilih microchip secara acak dari kotak dan pengujian untuk melihat apakah itu
rusak. Biarkan B1 menjadi peristiwa "diproduksi oleh giliran 1" (factory 1), B2, peristiwa
"diproduksi oleh giliran 2" (factory 1 ), dan B3 peristiwa "diproduksi oleh giliran 2." Seperti
sebelumnya, biarkan A adalah kejadian "mendapatkan microchip yang rusak." Kategorinya
diberikan oleh Tabel 1.3.
TABEL 1.3
B1 B2 B3 Total
A 5 10 5 20
A’ 20 25 35 80
Total 25 35 40 100
Berbagai peluang dapat dihitung langsung dari tabel. Misalnya, P (B1)=25/100, P (B2) =
35/100 , P (B3) = 40/100, P (A| B1) = 5/25, P(A | B2) = 10/35, dan P (A| B3) = 5 / 40. Hal ini
dimungkinkan untuk menghitung P (A) baik secara langsung dari tabel , P(A) = 20/100 = 0,20,
atau dengan menggunakan Hukum Peluang Total:
15
A
A’
P (A) = P (B1) P(A|B1) + P (B2)P (A| B2) + P(B3) P(A| B3 )
= (25/100) (5/25) + (35/100)(10/35)+(40/100)(5/40)
= 0,05 + 0,10 + 0,05 = 0,20
Masalah ini diilustrasikan oleh diagram pohon pada Gambar 1.4.
GAMBAR 1.4
Diagram Pohon untuk pemilihan microchip dari lot gabungan.
Contoh 1.5.4
Berdasarkan variasi berikut pada Contoh 1.5.3. microchip diurutkan menjadi tiga kotak
yang terpisah. Kotak 1 berisi 25 microchip dari pergeseran 1, 2 kotak berisi. 35 microchip dari
pergeseran 2, dan 3 kotak berisi 40 microchip yang tersisa dari factory 2. Percobaan baru terdiri
dari memilih kotak secara acak, kemudian memilih microchip dari kotak. Penelitian ini
diilustrasikan dalam Gambar 1.5.
GAMBAR 1.6
16
25/100
35/100
40/100
B1
B2
B1
5/25
10/35
5/40
A∩B1
A∩B2
A∩B3
Pemilihan microchip dari tiga sumber yang berbeda
Pada kasus ini, tidak memungkinkan untuk menghitung P (A) langsung dari Tabel 1.3,
tapi masih mungkin untuk menggunakan persamaan (1.5.6) dengan mendefinisikan kembali
peristiwa B1, B2, dan B3 menjadi masing-masing memilih "kotak 1," "kotak 2," dan "kotak 3."
Dengan demikian, tugas baru kemungkinan untuk B1, B2, dan B3, adalah P (B1) = P (B2) = P (B3)
= 1/3, dan
P (A) = (1/3)(5/25) + (1/3)(10/35) + (1/3)(5/40)
= 57/280
Sebagai hasil dari percobaan yang baru ini, anggaplah bahwa komponen yang diperoleh
rusak, tetapi tidak diketahui dari kotak mana hal itu barasal. Hal ini dimungkinkan untuk
menghitung kemungkinan bahwa itu berasal dari kotak tertentu mengingat bahwa itu rusak,
meskipun formula khusus diperlukan.
Teorema 1.5.3
Aturan Bayes jika kita asumsikan kondisi Teorema 1.5.2, maka untuk setiap j = 1, 2, ..., k,
P(B1 | A) = P (B 1 ) P( A∨B 2)
∑i=1
k
P (B 1 ) P (A∨B 1)
(1.5.8)
17
10 kesalahan
25 benda
5 kesalahan
20 benda
5 kesalahan
35 benda
Box 1 Box 2 Box 3
Bukti
Dari Definisi 1.5.1 dan Teorema Perkalian 1.5.5 kita miliki
P (Bj | A) = P (A ∩B j)
P( A) = P (B j) P( A∨B j)
P( A)
Teorema berikut dengan mengganti penyebut dengan sisi kanan (1.5.6).
Untuk data pada Contoh 1.5.4, peluang bersyarat bahwa microchip berasal dari kotak 1,
mengingat bahwa itu rusak, adalah
P (B1 | A) = (1/3 X 5/25)
(1/3)(5/25)+(1 /3)(10 /35)+(1/3)(5/40)
= 56171
= 0.327
Demikian pula, P ( B2 |A) = 80/171 = 0,468 dan P (B3 | A) = 35/171 = 0,205.
Perhatikan bahwa ini berbeda dengan peluang bersyarat, P (B j) = 1/3 = 0,333. Ini
mencerminkan proporsi yang berbeda dari item yang rusak dalam kotak. Dengan kata lain,
karena kotak 2 memiliki proporsi yang lebih tinggi dari barang cacat, memilih item yang rusak
secara efektif meningkatkan kemungkinan bahwa itu dipilih dari kotak 2.
Untuk ilustrasi lain, pertimbangkan contoh berikut.
Contoh 1.6.5 Seorang pria memulai pada titik 0 di peta yang ditunjukkan pada Gambar 1.6. Dia
pertama kali memilih jalan secara acak dan mengikutinya ke titik B1, B2, atau B3.
Dari titik itu, ia memilih jalan baru secara acak dan mengikuti ke salah satu poin
Ai, i = 1, 2, . . . 7.
GAMBAR 1.6 Peta jalur yang mungkin
18
A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7
Mungkin menarik untuk mengetahui peluang bahwa manusia tiba di titik A4. Hal ini dapat
dihitung dari Hukum Peluang Jumlah:
P (A4) = P (B1)P(A4| B1) + P(B2)P(A4 | B2) + P (B3)P(A4 | B3)
¿(13)( 1
4)+( 1
3)( 1
2)+( 1
3)(0)=1
4
Misalkan pria tiba di A4 titik, tetapi tidak diketahui dimana ia mengambil rute.
Kemungkinan bahwa ia melewati suatu titik tertentu, B1, B2, atau B3, dapat dihitung dari
Peraturan Bayes '. untuk contoh,
P (B1 | A4) = (1/3)(1 /4)
(1/3)(1/4 )+(1/3)(I /2)+(1/3)(0) =
13
yang setuju dengan peluang bersyarat, P (B1) = 1/3.
Ini adalah contoh dari situasi yang sangat khusus yang disebut "kemerdekaan," yang akan
kita kejar di bagian berikutnya. Namun, hal ini tidak terjadi dalam setiap kasus. Sebagai contoh,
sebuah aplikasi Peraturan Bayes juga menyebabkan P (B2 | A4) = 2/3, yang tidak setuju dengan P
(B2) = 1/3. Jadi, jika ia tiba di titik A4 , adalah dua kali kemungkinan bahwa ia melewati titik B2,
karena ia melewati B1. Tentu saja, hasil yang paling mencolok adalah pada titik B3, karena P (B3
| A4) = 0. Sementara P (B3) = 1/3. Ini mencerminkan fakta yang jelas bahwa ia tidak bisa sampai
pada titik A4, dengan melewati B3. Intinya nilai praktis pengkondisian jelas ketika
mempertimbangkan beberapa tindakan seperti bertaruh pada apakah pria melewati titik B3.
19
KEJADIAN BEBAS
Dalam beberapa situasi, pengetahuan bahwa kejadian A telah terjadi tidak akan ada
kemungkinan bahwa kejadian B akan terjadi. Dengan kata lain, P (B | A) = P (B). Kita melihat
ini terjadi pada Contoh 1.5.5, karena kemungkinan melewati titik B, adalah 1/3 apakah
pengetahuan bahwa pria itu tiba di titik A4, yang diperhitungkan. Sebagai akibat dari Teorema
Perkalian (1.5.5), formulasi setara dari situasi ini adalah P (A ∩B ) = P (A)P(B|A) = P(A)P(B).
Secara umum, saat ini terjadi dua peristiwa dikatakan independen atau stokastik independen.
Definisi 1.5.2
Dua kejadian A dan B disebut kejadian independen jika
P (A∩ B) = P(A)P(B) ( 1.5.9 )
Jika tidak, A dan B disebut kejadiam saling tergantung.
Seperti telah dicatat, formulasi setara dapat diberikan dalam kondisi peluang kondisional.
Teorema 1.5.4
Jika A dan B adalah peristiwa sedemikian rupa sehingga P (A) > 0 dan P (B )> 0, maka A dan B
adalah bebas jika dan hanya jika salah satu dari berikut ini berlaku:
P (A | B) = P (A) P (B | A) = P (B)
Kami melihat contoh kejadian baik independen dan dependen dalam Contoh 1.5.5. Ada
juga contoh peristiwa saling eksklusif, karena P (B3 | A4 ) = 0, yang berarti P (B3 ∩ A4 ) = 0.
20
Sering terjadi kebingungan antara konsep peristiwa independen dan peristiwa saling eksklusif .
Sebenarnya, ini cukup berbeda pengertian dan mungkin ini terlihat baik dengan perbandingan
yang melibatkan kondisional peluang. Secara khusus, jika A dan B adalah saling eksklusif,
maka P (A | B)=P( B | A) = 0, sedangkan untuk kejadian nonnull independen, peluang bersyarat
adalah nol seperti dicatat oleh Teorema 1.5.4, dengan kata lain, perlengkapan untuk menjadi
saling eksklusif melibatkan bentuk yang sangat kuat dari ketergantungan, karena, untuk kejadian
nonnull, terjadinya satu peristiwa menghalangi terjadinya peristiwa lainnya.
Ada banyak aplikasi di mana peristiwa dianggap independen.
Contoh 1.5.6
Sebuah "sistem" terdiri dari beberapa komponen yang dihubungkan dalam beberapa
konfigurasi tertentu. Hal ini sering diasumsikan dalam aplikasi bahwa kegagalan satu komponen
tidak mempengaruhi kemungkinan bahwa komponen lain akan gagal. Dengan demikian,
kegagalan satu komponen diasumsikan independen dari kegagalan komponen lain.
Sebuah sistem seri dua komponen, C1, dan C2, diilustrasikan oleh Gambar 1.7. Sangat
mudah untuk memikirkan suatu sistem dalam dua komponen listrik (misalnya, baterai dalam
senter) di mana saat ini harus melewati kedua komponen agar sistem berfungsi. Jika A1 adalah
kejadian "C1 yang gagal " dan A2 adalah kejadian "C2 yang gagal," maka kejadian "sistem
gagal" adalah A1 ∪ A2. Misalkan P (A1) = 0,1 dan P (A2) = 0,2. Jika kita mengasumsikan bahwa
A1 dan A2 yang independen, maka peluang bahwa sistem gagal adalah :
P (A1 ∪ A2 ) = P (A1) + P (A2) - P (A1 ∩ A2)
= P (A1) + P (A2) - P (A1) P(A2)
= 0.1 +0.2 - (0,1) (0,2)
= 0,28
Peluang bahwa sistem bekerja dengan baik adalah 1 - 0,28 = 0,72.
Gambar 1.7 Sistem seri dari dua komponen
21
Perhatikan bahwa asumsi independen memungkinkan kita untuk menggunkan faktor
peluang berdasarkan kejadian bersama, P (A1 ∩ A2 ) ke dalam hasil dari peluang
marjinal,P(A1)P(A2).
Contoh lain yang umum melibatkan gagasan tentang sistem paralel, seperti ilustrasi pada
Gambar 1.8. Untuk sistem paralel yang gagal, maka perlu bahwa kedua komponen yang gagal,
sehingga kejadian "sistem gagal" adalah A1 ∩ A2. Peluang bahwa sistem ini gagal adalah
P(A1 ∩A2) = P (A1)P(A2) = (0,1)(0,2) = 0,02. Sekali lagi asumsi komponen gagal independen.
Perhatikan bahwa peluang kegagalan untuk sistem seri apakah lebih besar dari
kemampuan peluang atau kegagalan komponen baik, sedangkan untuk sistem paralel itu kurang.
Hal ini karena kedua komponen harus berfungsi untuk sistem seri ke fungsi, dan akibatnya
sistem ini lebih mungkin untuk gagal daripada komponen individu. Di sisi lain, sistem paralel
adalah sistem berlebihan: Salah satu komponen bisa gagal, tetapi sistem akan terus berfungsi
memberikan fungsi kepada komponen lainnya. Redundansi tersebut adalah umum dalam sistem
kedirgantaraan, dimana kegagalan sistem mungkin menjadi bencana.
Sebuah contoh umum dari peristiwa yang saling bergantung terjadi sehubungan
dengan pengambilan sampel diulang tanpa penggantian dari suatu koleksi terbatas. Dalam
Contoh 1.5.2 kita mempertimbangkan hasil menggambar dua kartu secara berurutan dari dek.
Ternyata bahwa kejadian A, (As pada pengambilan pertama) dan A2 (As pada pengambilan
kedua) tergantung karena P (A2) = 4/52, sedangkan P (A2 | A1) = 3/51 .
Anggaplah bahwa hasil dari kartu pertama dicatat dan kemudian kartu diganti dalam
dek dan dek dikocok sebelum imbang kedua dibuat. Jenis sampling disebut sebagai sampling
dengan penggantian, dan itu akan masuk akal jika mengasumsikan bahwa menarik adalah uji
independen. Dalam hal ini P (A1 ∩ A2) = P(A1)P(A2)
Ada banyak masalah lain yang masuk akal untuk mengasumsikan bahwa uji coba
berulang percobaan adalah independen, seperti melempar koin atau bergulir mati berulang-
ulang.
Ini kemungkinan menunjukkan bahwa kebebasan dua peristiwa juga menyiratkan
22
C1 C2
kebebasan dari beberapa peristiwa yang saling terkait.
GAMBAR 1.8 Sistem Paralel dari dua komponen
Teorema 1.5.5
Dua peristiwa A dan B adalah independen jika dan hanya jika pasangan berikut adalah kejadian
bebas juga :
1. A dan B '.
2. A ' dan B.
3. A ' dan B.
Bukti
Lihat Latihan 38.
Hal ini juga memungkinkan untuk memperluas kebebasan untuk lebih dari dua peristiwa.
Definisi 1.5.3
Peristiwa k A1, A2, ... , Ak dikatakan Independen atau saling independen untuk
setiap j = 2,3, ..., k dan setiap himpunan bagian dari indeks yang berbeda i1, i2,. . ., ij.
P (Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aij) = P(Ai1)P(Ai2) ... P (Aij) (1.5.10)
Misalkan A, B, dan C adalah tiga peristiwa saling independen. Menurut definisi kejadian
saling independen, tidak cukup hanya untuk memverifikasi kebebasan berpasangan. Ini akan
23
C1
C2
diperlukan untuk memverifikasi P (A ∩ B) = P (A) P (B), P (A ∩C) = P (A) P (C), P (B ∩C) = P
(B) P(C) dan juga P (A ∩ B ∩ C = P (A) P (B) P (C). Contoh berikut ini menunjukkan bahwa
kebebasan berpasangan tidak berarti ini faktorisasi atau cara terakhir dan sebaliknya.
Contoh 1.5.7 Sebuah kotak berisi delapan tiket, masing-masing diberi label dengan
bilangan biner. Dua diberi label 111, dua diberi label 100, dan dua 001. Sebuah eksperimen
terdiri dari menggambar satu tiket secara acak dari kotak. Misalkan kejadian A "digitpertama
adalah 1," kejadian B "digit kedua adalah 1,” dan kejadian C "digit ketiga adalah 1", ini
diilustrasikan oleh Gambar 1.9. Oleh karena itu, P(A) = P(B) = P(C) = 4/8 = 1/2 dan P (A∩ B) =
P (A ∩ C) = P (B ∩ C) = 2/8 = 1/4, dengan demikian A, B, dan C adalah pasangan yang
independen. Namun, mereka tidak saling independen, karena
P (A ∩B ∩ C ) = 28
= 14
≠18=¿P(A)P(B)P(C)
Gambar 1.9 Pemilihan tiket bernomor
Contoh 1.5.8
Dalam Gambar 1.9. mari kita mengubah nomor pada satu tiket di kolom pertama 111-110, dan
jumlah satu tiket di kolom kedua 100-101. Kita masih memiliki
P (A) = P (B) = P(C) = 1/2
tetapi
24
111 100
111 100 010 001
001010
P (B ∩ C) = 18
≠ 14
= P(B)P(C)
dan
P (A ∩ B ∩ C) = 18
= P(A)P(B)P(C)
Dalam hal ini kami memiliki tiga-cara faktorisasi, tetapi bukan kebebasan semua pasangan.
1.6 TEKNIK PENGHITUNGAN
Dalam banyak percobaan dengan ruang sampel yang terbatas, seperti permainan
kesempatan, mungkin masuk akal untuk mengasumsikan bahwa semua hasil yang mungkin
memiliki kemungkinan yang sama. Dalam hal ini, bentuk peluang yang realistis harus
merupakan hasil dari mengikuti pendekatan klasik dan mengambil peluang dari setiap peristiwa
A menjadi P (A) = n(A)/N, di mana N adalah jumlah total kemungkinan hasil dan n(A) adalah
jumlah dari hasil yang sesuai dengan terjadinya kejadian A. Menghitung jumlah cara di mana
suatu peristiwa mungkin terjadi dapat menjadi masalah membosankan dalam percobaan yang
rumit. Beberapa teknik menghitung yang dapat membantu akan dibahas.
Prinsip Perkalian
Pertama catatan bahwa jika satu operasi dapat dilakukan dalam n1, cara dan operasi kedua
dapat dilakukan dalam n2 cara, maka ada n1.n2 cara di mana kedua operasi dapat dilakukan.
Contoh 1.6.1
Misalkan koin dilempar dan kemudian kelereng dipilih secara acak dari sebuah kotak yang berisi
satu kelereng hitam (B) satu merah (R), dan satu hijau (G). Hasil yang mungkin adalah HB, HR,
HG, TB , TR, dan TG untuk masing-masing dua kemungkinan hasil dari koin ada tiga kelereng
yang dapat dipilih untuk total 2 • 3 = 6 hasil yang mungkin. Situasi ini juga mudah digambarkan
oleh diagram pohon, seperti dalam Gambar 1.10.
GAMBAR 1.10 Diagram Pohon dua tahap percobaan
25
B
H
T
Aplikasi lain dari prinsip perkalian dibahas dalam Contoh 1.5.2 sehubungan dengan
menghitung jumlah dari dua-kartu tangan.
Perhatikan bahwa prinsip perkalian dapat diperpanjang lebih panjang dari dua operasi.
Secara khusus, jika operasi r berturut-turut dapat dilakukan dalam n1 cara, maka jumlah cara
untuk melaksanakan semua operasi r adalah hasil
∏i=1
r
n1 = n1 n2 ... nr (1.6.1)
Salah satu jenis standar menghitung masalah ditutupi oleh teorema berikut.
Teorema 1.6.1
Jika terdapat N kemungkinan hasil dari masing-masing percobaan r dari suatu eksperimen, maka
ada Nr, hasil yang mungkin dalam rentang sampel .
Contoh 1.6.2 Berapa banyak cara yang dapat menjawab 20-pertanyaan benar-salah ?
Jawabannya adalah 220.
Contoh 1.6.3 Berapa banyak himpunan bagian yang ada dari satu set elemen m? Dalam
membentuk himpunan bagian , seseorang harus memutuskan setiap elemen apakah akan
menyertakan unsur dalam himpunan bagian tersebut. Jadi untuk masing-masing elemen m ada
dua pilihan, yang memberikan total 2 "kemungkinan himpunan bagian”. Ini termasuk himpunan
kosong, yang sesuai dengan kasus tidak termasuk setiap elemen dalam himpunan bagian .
Seperti yang disarankan sebelumnya, cara percobaan dilakukan atau metode sampling dapat
26
R
G
B
G
R
mempengaruhi ruang sampel dan tugaspeluang atas ruang sampel. Secara khusus, sampel item
dari populasi terbatas dengan dan tanpa penggantian dua skema umum. Sampling tanpa
penggantian digambarkan dalam Contoh 1.5.2. Sampling dengan penggantian ditutupi oleh
Teorema 1.6.1.
Teorema 1.6.1 Jika terdapat N kemungkinan dari hasil masing-masing percobaan r dari suatu
eksperimen, maka ada N, hasil yang mungkin dalam rentang sampel adalah N r.
Contoh 1.63 Berapa banyak cara memilih 20 pertanyaan benar-salah dalam menjawab tes ?
jawabannya adalah 220.
Contoh 1.6.3 Berapa banyak himpunan bagian yang ada dari satu kumpulan elemen m? Dalam
membentuk subset, seseorang harus memutuskan untuk setiap elemen apakah akan menyertakan
unsur dalam subset. Jadi untuk masing-masing elemen m ada dua pilihan, yang memberikan total
2m kemungkinan subset. Ini termasuk set nol, yang sesuai dengan kasus tidak termasuk
setiap elemen dalam subset.
Seperti yang disarankan sebelumnya, cara percobaan dilakukan atau metode percobaan
dapat mempengaruhi ruang sampel dan kemungkinan peluang atas ruang sampel. Secara khusus,
sampel item dari populasi terbatas dengan dan tanpa pengulangan dua skema umum. Percobaan
tanpa pengulangan digambarkan dalam Contoh 1.5.2. Percobaan dengan pengulangan ditutupi
oleh Teorema 1.6.1.
Contoh 1.6.4 Jika lima kartu diambil dari setumpuk 52 kartu dengan pengulangan, maka ada
(52)5 kemungkinan terjadi . Jika lima kartu diambil tanpa pengulangan, maka prinsip perkalian
lebih umum dapat diterapkan untuk menentukan bahwa ada 52 ∙ 51∙ 50 ∙ 49 ∙ 48 kemungkinan
terjadi. Dalam kasus pertama, kartu yang sama dapat terjadi lebih dari sekali alam kejadiaan
yang sama. Dalam contoh kedua, bagaimanapun, kartu mungkin tidak diulang.
Perhatikan bahwa dalam kedua kasus dalam contoh di atas, agar diperhatikan. Artinya, dua lima
kartu terjadi akhirnya dapat berakhir dengan lima kartu yang sama, tetapi mereka dihitung
sebagai kejadian yang berbeda dalam contoh jika kartu diperoleh dalam urutan yang berbeda.
Misalnya, biarkan semua lima kartu menjadi sekop. Hasil (ace, king, queen, jack, sepuluh)
berbeda dari hasil (raja, ace, ratu, jack, sepuluh). Jika kejadiaan tersebut belum diperhatikan,
kedua hasil akan con-sidered sama, memang akan ada beberapa hasil yang berbeda dari contoh
27
mengenai hasil ini (unordered) yang sama. Di sisi lain, hanya satu hasil sesuai dengan semua
lima kartu menjadi as sekop (dalam sampel ¬ dengan kasus-pengulangan), apakah kartu perintah
atau tanpa perintah.
Hal ini memperkenalkan konsep elemen dibedakan dan tidak dapat dibedakan.
Meskipun mungkin diperhatikan, hasil atau pengaturan baru tersebut tidak akan diperoleh jika
dua elemen dibedakan dipertukarkan. Dengan demikian, pengaturan memungkinkan sedikit yang
kemungkin jika beberapa item yang bisa dibedakan. Kami juga mencatat sebelumnya bahwa ada
hasil yang berbeda sedikit jika order tidak diperhatikan, tetapi peluang salah satu unordered
hasil yang terjadi maka akan lebih besar. Perhatikan juga bahwa itu adalah praktek umum untuk
berasumsi bahwa urutan tidak diperhatikan ketika menggambar tanpa pengulangan, kecuali
dinyatakan khusus, meskipun kami anggap diperhatikan dalam contoh 1.6.4
CONTOH 1. 2, ..., n diambil tiga sekaligus. Ekuivalen, ini akan menjadi koleksi semua
himpunan bagian dari ukuran 3 dari himpunan {1,2, 3, ..., n}, yang ada
n!3(n−3)!
=n (n−1 )(n−2)
6
n - 2 kombinasi atau subset dari bilangan bulat berturut-turut akan {1, 2, 3}, {2, 3,4}, ..., {n - 2, n
- 1, n}. Seperti biasa, tidak ada perbedaan harus dibuat subset yang menuliskan unsur-unsur
dalam urutan yang berbeda. Probabilitas yang dihasilkan adalah
(n−2)⦋n (n−1)(n−2)⋰6 ⦌=
6n (n−1)
seperti sebelumnya.
Hal ini menunjukkan bahwa beberapa masalah bisa diselesaikan baik menggunakan kombinasi
atau permutasi. Biasanya, jika ada pilihan, pendekatan kombinasi sederhana karena ruang sampel
lebih kecil. Namun, kombinasi tidak tepat dalam beberapa masalah.
28
Contoh 1.6.7 Pada Contoh 1.6.6, anggaplah bahwa sampling dilakukan dengan pengulangan.
Sekarang, jumlah yang sama dapat diulang dalam tiga kali lipat {i,j,k}, sehingga ruang sampel
memiliki hasil n3. Terdapat 6 (n - 2) tiga kali lipat dari bilangan bulat berturut-turut, karena
bilangan bulat tidak bisa diulang berturut-turut. Kemungkinan bilangan bulat berturut-turut
dalam hal ini adalah 6 (n - 2) /n3. Bilangan bulat dapat diulang dalam kasus ini, sehingga
penggunaan kombinasi tidak tepat dalam kasus ini.
Contoh 1.6.8 Sebuah penggunaan akrab notasi kombinasi dalam mengekspresikan ekspansi
binomial
(a+b)n = ∑k=0
n
(nk )ak bn−k
Dalam kasus ini, (nk) adalah koefisien dari ak bn−k , dan itu merupakan jumlah cara (n)
memilih k faktor n (a + b) dari mana untuk menggunakan istilah, dengan istilah b yang
digunakan dari n yang tersisa - k faktor.
Contoh 1.6.9 Konsep kombinasi dapat digunakan untuk menentukan jumlah himpunan bagian
dari satu elemen himpunan m. Ada (mj ) cara elemen j memilih dari elemen m, j
jadi ada (mj ) himpunan bagian dari elemen untuk j, = 0,1, ..., m. Jika j=0 maka kejadiannya nol
dan diwakili oleh (m0 ) = 1, karena 0! didefinisikan sebagai sebuah kotak berisi tiket n, masing-
masing ditandai dengan bilangan bulat yang berbeda, 1, 2, 3, ..., n. Jika tiga tiket yang dipilih
secara acak tanpa pengulangan, berapa peluang mendapatkan tiket dengan bilangan bulat
berturut-turut? Salah satu solusi yang mungkin akan memberikan ruang sampel terdiri dari
semua bilangan bulat tiga kali lipat {i, j, k} dimana i,j,dan k adalah bilangan bulat yang berbeda
dalam rentang I ke n.Jumlah tersebut tiga kali lipat pn3=
n !(n−3)! =n(n-1)(n-2). Tiga kali lipat
yang terdiri dari bilangan bulat berturut-turut adalah {1,2, 3}, {2, 3, 4}, .... {n - 2, n - 1, n} atau
29
salah satu dari kelipatan 3 yang dibentuk oleh hasil permutasi akan 3 ! × (n-2)= 6 × (n – 2) tiga
kali lipat seperti peluang yang diinginkan adalah
6 ∙(n−2)p3
n =6 ∙(n−2)
n(n−1)(n−2)= 6
n(n−1)
Jika urutan benda tidak diperhatikan,maka kita mungkin hanya tertarik pada jumlah kombinasi
yang mungkin ketika memilih objek r dari n dari benda berbeda. Simbol (nr ) biasanya digunakan
untuk menunjukkan nomor ini.
Teorema 1.6.4 Jumlah kombinasi dari n objek yang berbeda dengan memilih r adalah
(nr )= n !r !(n−r ) !
(1.6.3)
bukti
Seperti yang disarankan dalam contoh sebelumnya, P, dapat diartikan sebagai jumlah cara untuk
memilih objek r dari n objek dan kemudian permutasi r obyek r! cara
Prn=(nr )r != n!
(n−r )!
Membagi oleh r! memberikan ekspresi yang diinginkan untuk (nr ). Dengan demikian, jumlah
kombinasi dari empat huruf diambil dua pada suatu kejadian adalah (42)= 4 !
2! 2!=6 , Seperti
disebutkan di atas. Jika susunan diperhatikan, maka jumlah pengaturan menjadi 6 ∙2! = 12
seperti sebelumnya. Jadi (42) menghitung jumlah simbol dipasangkan baik di baris pertama atau
kedua, tetapi tidak keduanya, dalam contoh 1.11.
Hal ini juga memungkinkan untuk memecahkan masalah peluang dalam contoh 1.66
menggunakan kombinasi. Ruang sampel akan terdiri dari semua kombinasi dari bilangan bulat n
30
yaitu 1,2, ..., n diambil tiga sekaligus. Hasil ini akan menjadi penyelesaian semua himpunan
bagian dari ukuran 3 dari himpunan {1, 2, 3, ..., n}, yang ada adalah
(n3)= n!3 !(n−3) !
=n (n−1 )(n−2)
6
kombinasi (n-2) atau subset dari bilangan bulat berturut-turut adalah {1, 2, 3}, {2, 3, 4} ..., {n –
2,n - 1, n}. Seperti biasa, tidak ada perbedaan yang wajib dibuat pada subset yang menuliskan
unsur-unsur dalam urutan yang berbeda. Peluang yang dihasilkan adalah
(n−2)(n (n−1)(n−2)/6)
= 6n(n−1)
Seperti sebelumnya.
Hal ini menunjukkan bahwa beberapa masalah bisa diselesaikan baik menggunakan kombinasi
atau permutasi. Biasanya, jika ada pilihan, pendekatan kombinasi sederhana karena ruang
sampel lebih kecil. Namun, kombinasi tidak tepat dalam beberapa masalah.
Contoh 1.6.7 Pada Contoh 1.6.6, anggaplah bahwa sampling dilakukan dengan pengulangan.
Sekarang, jumlah yang sama dapat diulang dalam tiga kali lipat {i,j,k}, sehingga ruang sampel
memiliki hasil n3. Masih ada 6 (n - 2) tiga kali lipat dari bilangan bulat berturut-turut, karena
bilangan bulat tidak bisa diulang berturut-turut. Kemungkinan bilangan bulat berturut-turut
dalam hal ini adalah 6 (n - 2) / n3. Bilangan bulat dapat diulang dalam kasus ini, sehingga
penggunaan kombinasi tidak tepat.
Contoh 1.6.8 Sebuah penggunaan akrab notasi kombinasi dalam mengekspresikan ekspansi
binomial
(a+b)n=∑k=0
n
(nk )ak bn−k (1.6.4)
Dalam kasus ini(nk) adalah koefisien dari ak bn−k, dan itu merupakan jumlah cara memilih faktor
31
k dari n (a + b) dari mana untuk menggunakan kemungkinan a dengan kemungkinan b yang
digunakan dari n-k faktor.
Contoh1.6.9 Konsep kombinasi dapat digunakan untuk menentukan jumlah himpunan bagian
dari satu bagian elemen m. Ada (mj ) cara elemen j memilih dari unsur m,
jadi ada (mj ) himpunan bagian dari elemen j untuk j = 0 1, ..., m. Dalam kasus j=0 ke bagian nol
dan diwakili oleh (m0 ) = 1, karena 0! didefinisikan setara dengan 1, untuk melambangkan notasi.
Dengan demikian jumlah total himpunan bagian nol ditentukan oleh
∑j=0
m
(mj )=(1+1)m=2m (1.6.5)
Contoh 1.6.10 Jika lima kartu diambil dari setumpuk kartu tanpa pengulangan, jumlah lima
kartu tangan adalah
(525 )= 52!
5! 47 !
Jika pesanan diperhatikan seperti pada Contoh 1.6.4, maka jumlah kemungkinan lima kartu
tangan adalah
P552=(52
5 )5 !=52 !47 !
Demikian pula, dalam Contoh 1.5.2 jumlah memerintahkan dua • tard tangan diberikan menjadi
(525 )∙ 2 !=52 ∙ 51
PERBEDAAN OBYEK
Pembahasan ke titik ini telah ditangani dengan pengaturan dari n objek dibedakan. Ada juga
banyak aplikasi yang melibatkan benda-benda yang tidak semua dibedakan.
Contoh 1.6.11 Anda memiliki lima kelereng, dua hitam dan tiga putih, tetapi sebaliknya bisa
32
dibedakan. Pada Gambar 1.12, kami mewakili semua pengaturan dibedakan dari dua hitam (B)
dan tiga putih (W) kelereng.
GAMBAR 1.12 pengaturan dibedakan dari lima objek, dua dari satu jenis dan tiga lain
BBWW
W
BWBWW WBBWW BWWBW WBWBW
WWBB
W
WWBWB WWWBB WBWWB BWWWB
Perhatikan bahwa pengaturan dibedakan jika mereka berbeda dengan bertukar kelereng warna
yang berbeda, tetapi tidak jika pertukaran melibatkan warna yang sama. Kami akan mengacu
pada pengaturan 10 berbeda sebagai permutasi dari lima objek meskipun objek tidak semua
dibedakan.
Sebuah cara yang lebih umum untuk menghitung permutasi tersebut pertama akan
memperkenalkan label untuk objek, katakanlahB1 B2 W 1W 2W 3. Ada 51 permutasi benda-benda
dibedakan, tetapi dalam setiap warna ada permutasi yang tidak ingin kita hitung. Kita dapat
mengkompensasi dengan membagi dengan jumlah permutasi benda hitam (2!) Dan benda-benda
putih (3!). Dengan demikian, jumlah permutasi benda yang tidak dibedakan adalah
5 !2!3 !
=10
Ini adalah kasus khusus dari teorema berikut.
Teorema 1.6.5 Banyaknya permutasi dibedakan dari n objek yang r adalah dari satu jenis dan n -
r adalah dari jenis lain adalah
33
(nr )= n !r !(n−r ) !
` (1.6.6)
Jelas, konsep ini dapat digeneralisasi untuk kasus permutasi jenis k benda.
Teorema 7.6.6 Jumlah permutasi dari n objek yang r1, adalah dari satu jenis, r2 dari jenis
kedua, ..., rk, dari jenis k adalah
n!r1!r 2!…rk !
(1.6.7)
bukti
Ini mengikuti dari pernyataan Contoh 1.6.11, kecuali dengan warna k yang berbeda dari bola.
Contoh 1.6.12 Anda memiliki 10 kelereng dua hitam, tiga putih,dan lima merah, tetapi
sebaliknya tidak dibedakan. Jumlah permutasi yang berbeda adalah
10 !2!3 !5 !
=2520
Gagasan permutasi dari n objek, tidak semua yang dibedakan, berkaitan dengan lain jenis operasi
dengan n objek yang berbeda.
PARTISI
Mari kita pilih objek r dari n objek yang berbeda dan menempatkan mereka dalam kotak atau
“sel.”
dan kemudian menempatkan n-r objek dalam kotak kedua. Jelas, ada (nr )cara ini dilakukan (karena permutasi obyek dalam sel tidak akan menghasilkan hasil baru), dan
ini disebut sebagai jumlah cara partisi n objek menjadi dua sel dengan benda r dalam satu sel dan
n - r yang lain . Konsep generalisasi mudah untuk partisi n objek yang berbeda menjadi lebih dari
dua sel.
Teorema 1.6.7 Jumlah cara partisi satu set n objek ke dalam sel k dengan r1 objek dalam sel
pertama,r2 pada sel kedua, dan sebagainya adalah
34
n!r1!r 2!…rk !
Ketika ∑i=1
k
r1=n .
Perhatikan bahwa partisi mengasumsikan bahwa jumlah objek yang akan ditempatkan di setiap
sel adalah tetap, dan bahwa urutan di mana objek ditempatkan ke dalam sel tidak diperhatikan.
Dengan berturut-turut memilih obyek, jumlah partisi juga dapat dinyatakan sebagai
( nr1
)(n−r1
r2)… ..(n−r1−…−rk−1
rk )= n!r1!r 2! .. rk !
Contoh 1.6.13 Berapa banyak cara yang dapat Anda menyebarkan 12 es loli yang berbeda secara
merata di antara empat anak? Berdasarkan Teorema 1.6.7 ini
12 !3!3 !3 !3 !
=369.600
Ini juga merupakan jumlah cara mengatur 12 es loli, yang tiga adalah merah, tiga hijau, tiga
oranye, dan tiga berwarna kuning, jika es loli yang sama warna dibedakan.
PERHITUNGAN PELUANG
Seperti disebutkan sebelumnya, jika dapat diasumsikan bahwa semua hasil yang
mungkin sama-sama mungkin terjadi, maka konsep peluang klasik berguna untuk menentukan
peluang suatu kejadian, dan teknik penghitungan terakhir dalam bagian ini mungkin membantu
dalam menghitung jumlah cara peristiwa yang dapat terjadi.
Ingat bahwa metode pengambilan sampel, dan asumsi mengenai ketertiban, apakah item
yang bisa dibedakan, dan sebagainya, mungkin memiliki efek pada jumlah hasil yang mungkin.
Contoh 1.6.14 Seorang siswa menjawab 20 pertanyaan benar-salah secara acak. Peluang untuk
mendapatkan 100% pada tes adalah P (100%) = 1/220 = 0,00000095. Kami ingin mengetahui
peluang kemampuan mendapatkan 80%, yaitu, menjawab 16 pertanyaan dengan benar. Kami
35
tidak mengharuskan yang 16 pertanyaan dijawab dengan benar, jadi ada (2016) cara yang
tepatnya 16 jawaban yang harus benar, dan P(80%)=(2016)220 =0,0046
.
Contoh 1.6.15 Contoh tanpa pengulangan sebuah kotak berisi 10 kelereng hitam dan 20 kelereng
putih, dan lima kelereng yang dipilih tanpa pengulangan. Peluang untuk mendapatkan tepat dua
kelereng hitam adalah
P(tepatnya 2 hitam) ¿(10
2 )(203 )
(305 )
=¿ 0,360
(1.6.8)
Ada (305 ) kemungkinan hasil total. Ada juga (10
2 ) untuk memilih dua kelereng hitam dari 10
kelereng hitam, dan (203 ) untuk memilih 3 kelereng putih dari 20 kelereng putih. Dengan prinsip
perkalian, terdapat (102 ) (20
3 ) cara untuk mendapatkan dua kelereng hitam. Perhatikan bahwa
agar tidak diperhatikan dalam masalah ini, meskipun 30 kelereng yang diperhatikan berbeda
dalam perhitungan ini, baik dalam mengingat jumlah hasil dalam ruang sampel dan dalam
mempertimbangkan berapa banyak, hasil sesuai dengan peristiwa yang diinginkan terjadi.
Meskipun pertanyaan 'tidak membedakan antara urutan hasil, adalah mungkin untuk
mempertimbangkan pertanyaan relatif terhadap ruang sampel yang lebih besar dari hasil
permintaan kemungkinan yang sama. Dalam satu kasus akan memiliki P530=(30
5 )∙ 5 ! hasil
kemungkinan dan
36
P(tepatnya 2 hitam) ¿(10
2 )(203 ) ∙5 !
(305 )∙ 5 !
(1.6.9)
yang memberikan jawaban yang sama seperti sebelumnya.
Hal ini juga dimungkinkan untuk menyelesaikan masalah ini dengan pendekatan
peluang kondisional dibahas dalam Bagian 1.5. Pertama mempertimbangkan kemungkinan
mendapatkan BBWWW hasil dalam urutan tertentu. Di sini kita memilih untuk menggunakan
perbedaan antara B dan W tetapi tidak perbedaan dalam itu B’s atau dalam W’s. Dengan
pendekatan peluang kondisional, ini peluang gabungan dapat dinyatakan sebagai
P (BBWWW) = 1030
929
2028
1927
1826
Demikian pula,
P (BWBWW) = 1030
2029
928
1927
1826
dan sebagainya. Dengan demikian, masing-masing urutan tertentu memiliki peluang yang sama.
Jika kita tidak ingin membedakan antara Urutan kelereng hitam dan putih, kemudian
P (tepatnya 2 black) = (52) ∙ 1030
929
2028
1927
1826
(1.6.10)
yang lain lagi adalah sama dengan persamaan (1.6.8). Artinya, ada (52)= 10 yang berbeda
khususnya permintaan yang menginginkan dua kelereng putih hitam dan tiga kelereng putih
(lihat Gambar 1.12).(52)orang bisa menganggap sebagai jumlah cara untuk memilih dua posisi
dari lima posisi di mana untuk menempatkan dua kelereng hitam. Jika urutan tertentu tidak
diperhatikan, kemungkinan hasil yang sukses lebih besar.
Kita bisa terus mempertimbangkan semua 30 kelereng yang berbeda dalam kerangka ini,
tetapi karena hanya urutan antara hitam dan putih diperhatikan dalam menghitung urutan
37
tertentu, berikut bahwa hanya ada (52)yang tidak diminta untuk mempertimbangkan urutan 5!.
Dengan demikian, meskipun dua kelereng hitam mungkin berbeda, permutasi mereka tidak
menghasilkan hasil yang berbeda: Urutan kelereng hitam dalam diri mereka tidak diperhatikan
ketika menentukan urutan penyusunan,hanya urutan antara hitam dan putih yang diperhatikan.
Dengan demikian koefisien (52)juga bisa diartikan sebagai jumlah permutasi dari lima hal yang
kedua adalah sama dan tiga yang sama (lihat Gambar 1.12).
Dengan demikian, kami telah melihat bahwa ada kemungkinan untuk memikirkan
kelereng hitam dan putih sebagai dibedakan dalam diri mereka dalam masalah ini. dan nilai
yang sama untuk P (tepatnya 2 black) diperoleh, namun, perhitungan tersebut tidak lagi
dilakukan melalui ruang sampel asli dasar hasil kemungkinan yang sama. Sebagai contoh, pada
pengambilan pertama satu hanya akan memiliki dua hasil yang mungkin, B dan W. meskipun
kedua hasil jelas tidak akan memiliki kemungkinan yang sama, melainkan P (B) = 10/30 dan P
(W) = 20/30 . Memang, asumsi bahwa kelereng hitam dan kelereng putih yang bisa dibedakan
dalam diri mereka tampak lebih alami dalam pendekatan peluang kondisional. Namun
demikian, pada ketentuan asumsi adalah bantuan yang nyaman dalam pendekatan pertama
untuk mendapatkan ruang sampel lebih mendasar memiliki kemungkinan yang sama, meskipun
pertanyaan itu sendiri tidak memerlukan perbedaan dalam warna.
Contoh 1.6.16 Sampling dengan Pengulangan Jika lima kelereng yang diambil dengan
pengulangan Contoh 1.6.15, maka penggunaan peluang kondisional tampaknya paling alami dan
sama dengan (1.6.10).
P (tepatnya 2 hitam) = (52)( 102
302 )( 203
303 ) (1.6.11)
Tentu saja, dalam hal ini hasil imbang pada masing-masing berdiri sendiri.
Jika seseorang memilih untuk menggunakan pendekatan klasik dalam hal ini, akan lebih mudah
untuk mempertimbangkan ruang sampel dari 305hasil kemungkinan yang sama memerintahkan;
dalam Contoh
38
1.6. 15 akan lebih mudah hanya untuk mempertimbangkan ruang sampel dari (305 )hasil seperti
pada persamaan (1.6.8), daripada hasil memerintahkan seperti dalam persamaan
(1.6.9). Untuk kejadian A ,satu kejadian kemudian memiliki "tepat 2 hitam."
P(A)=n( A)N
=(52)102303
303
Bentuk dalam hal ini tetap cukup mirip dengan persamaan (1.6.11), meskipun
pendapat akan nampak berbeda. Ada (52) pola yang berbeda di mana pengaturan memerintahkan
kemungkin berisi dua kelereng hitam dan tiga putih, dan untuk masing-masing pola ada unsur
102 303 pengaturan yang berbeda yang dapat dibentuk dalam ruang sampel.
Karena beragam jenis masalah peluang dapat dinyatakan,kemungkinan pendekatan
yang unik sering diperlukan untuk mengidentifikasi cara-cara saling eksklusif bahwa suatu
peristiwa dapat terjadi sedemikian rupa sehingga cara ini dapat dengan mudah dihitung. Namun,
masalah klasik tertentu (seperti yang digambarkan dalam Contoh 1.6.15 dan 1.6.16) dapat
dikenali dengan mudah dan fungsi peluang umum disebarkan dapat ditentukan untuk mereka.
Untuk masalah ini, peluang penghitungan individu terhindarkan tidak perlu dianalisis dengan
hati-hati setiap kali.
RINGKASAN
Tujuan bab ini adalah untuk mengembangkan konsep peluang untuk hasil jenis
kejadian mana yang tidak pasti diamati sebelum eksperimen. Pendekatan dasar melibatkan
mendefinisikan ruang sampel sebagai himpunan semua kemungkinan
hasil dari percobaan, dan mendefinisikan suatu peristiwa matematis sebagai himpunan hasil
yang terkait dengan terjadinya peristiwa tersebut. Motivasi utama untuk menetapkan peluang ke
suatu kejadian menyababkan frekuensi yang relatif panjang untuk menafsirkan. Namun,
pendekatan mendefinisikan peluang dalam hal perangkat sederhana aksioma yang lebih umum,
dan memungkinkan kemungkinan penggunaan metode yang lain dan tafsiran lain dari peluang.
Pendekatan ini juga memungkinkan untuk memperoleh sifat umum dari peluang.
39
Gagasan peluang kondisional memungkinkan pengenalan informasi tambahan mengenai
terjadinya satu peristiwa ketika menetapkan peluang yang lain. Jika peluang ditugaskan ke
salah satu acara tidak terpengaruh oleh informasi bahwa kejadian lain telah terjadi, maka
peristiwa yang dianggap berdiri sendiri. Ketelitian harus digunakan untuk tidak membingungkan
konsep kejadian independen dan saling eksklusif. Secara khusus, peristiwa saling eksklusif
tergantung, karena terjadinya satu menghalangi terjadinya yang lain. Dengan kata lain, peluang
bersyarat yang diberikan yang lain adalah nol.
Salah satu metode utama peluangkan menginginkan, yang berlaku dalam kasus
ruang sampel berhingga, didasarkan pada asumsi bahwa semua hasil sama-sama mungkin
terjadi. Untuk menerapkan metode ini, hal ini berguna untuk memiliki teknik untuk menghitung
jumlah hasil dalam sebuah kejadian. Teknik-teknik utama termasuk rumus untuk menghitung
pengaturan dengan memperhatikan bendanya (permutasi) dan dengan tidak memperhatikan
brndanya (kombinasi).
Untuk mengekspresikan jenis peluang dengan rumus umum, akan lebih mudah pertama
yang memperkenalkan konsep "variabel acak" dan fungsi yang menggambarkan penyebaran
peluang. Konsep-konsep ini akan dibahas dalam bab berikutnya, dan solusi umum kemudian
dapat disediakan untuk beberapa masalah penghitungan dasar yang paling sering dijumpai.
LATIHAN :
1. Sebuah mesin permen karet memberikan keluaran merah, hitam, atau hijau permen karet.
(a) Jelaskan ruang sampel yang sesuai.
(b) Daftar semua peristiwa yang mungkin.
(c) Jika R adalah kejadian “merah” kemudian daftar hasil di R’.
(d) Jika G adalah warna “hijau” lalu apa R ∩ G?
2. Dua permen karet yang diperoleh dari mesin di Latihan I dari dua percobaan. Urutan hasil
penting. Asumsikan bahwa setidaknya dua bola dari masing-masing busur warna dalam
mesin ..
(a) Apakah yang dimaksud dengan ruang sampel yang tepat?
(b) Berapa banyak peristiwa yang mungkin total ada yang mengandung delapan hasil?
40
(c) Nyatakan peristiwa berikut sebagai serikat atau peristiwa C1 = mendapatkan bola merah
pada percobaan pertama, C2 = mendapatkan setidaknya satu bola merah, C1 ∩ C2, C’1 ∩
C2
3. Ada empat golongan darah dasar: O, A, B, dan AB. Biasanya, setiap orang dapat menerima
darah dari donor dari kelompok mereka sendiri. Juga, siapa pun dapat menerima darah dari
donor dari kelompok O, dan salah satu dari empat jenis dapat digunakan oleh penerima dari
kelompok AB. Semua kemungkinan lain yang tidak diinginkan. Sebuah eksperimen terdiri
dari menggambar setengah liter darah dan menentukan jenisnya untuk masing-masing dari
dua donor berikutnya yang memasuki bank darah.
(a) Buatlah daftar (memperhatikan) kemungkinan hasil dari percobaan ini.
(b) Buatlah daftar hasil yang sesuai dengan kejadian bahwa donor kedua dapat menerima
darah dari donor pertama.
(c) Buatlah daftar hasil yang sesuai dengan kejadian yang setiap donor dapat menerima darah
dari yang lain.
41