2012. Counting, Permutation, and Combination Rules. Teori Peluang. Probability Theory

04/10/2012

PELUANG

PROBABILITY

Teori Peluang

Probability Theory

Kaidah Pencacahan, permutasi dan kombinasi

Counting, Permutation, and Combination Rules

 Standar Kompetensi

 Competence Standard

Memecahkan masalah dengan konsep teori peluang

 Kompetensi Dasar

 Base Competence

Mendiskripsikan kaidah pencacahan, permutasi dan kombinasi

Desribing counting, permutation, and combination rules

 Indicator

 Indikator

Counting, permutation and combination rules is used to determine the amount of solving problem ways

Kaidah pencacahan, permutasi, dan kombinasi digunakan dalam menentukan banyaknya cara menyelesaikan suatu masalah Hal.: 3

Solving problem by probability theory concept

PELUANG/PROBABILITAS

Adaptif

Hal.: 4




Kaidah pencacahan

Counting Rules

1. Aturan pengisian tempat yang tersedia

1. Rules of filling the provided place

Contoh: Pada lomba lari 100 meter, empat anak lolos ke putaran akhir, yaitu A(Adi), B(Banu), C (Candra), dan D(Dodi).

Example : In a-one hundred meters run champion, four participants had passed to the final round, there are A(Adi), B(Banu), C (Candra), and D(Dodi).

Pada perlombaan tersebut disediakan dua hadiah. Ada berapakah susunan pemenang yang mungkin muncul pada akhir pertandingan?

Hal.: 5


Adaptif

In the last round , two prizez for the two winners will be presented. How many arrange of winners will be appeared at the end of the race?

Adaptif

Hal.: 6


Adaptif

1

04/10/2012


Kaidah Pencacahan, permutasi dan kombinasi 

Jawab:



Pemenang pertama dan kedua yang mungkin muncul, dapat kita susun yaitu: AB, AC, AD,BA,BC,BD,CA,CB,CD,DA,DB,dan DC. Proses menentukan banyaknya susunan pemenang secara umum mengikuti aturan sebagai berikut: Langkah 1: Ada 4 peserta lomba yang semuanya bisa keluar sebagai juara pertama. Langkah 2: Satu orang sudah masuk garis akhir, masih ada 3 peserta lomba yang bisa menduduki juara kedua. Jadi seluruhnya ada

4 x 3 = 12

susunan pemenang yang

The first and the second winner that probably appeared at the end of the race can be arranged as follow : AB, AC, AD,BA,BC,BD,CA,CB,CD,DA,DB,dan DC. The process is determining the number of winner arrangement the rules as follows : First : Every participant has an opportunity to be the first winner Second : As one participant had already gone through the finish line, there are still three other participants who has opportunity to be a second winner Therefore, there are

mungkin terjadi Hal.: 7

Answer :

4 x 3 = 12

ways to arrange to possible winners

Out of four participants PELUANG/PROBABILITAS

Adaptif

Hal.: 8




 Contoh 2

 Example 2

Amalia memiliki 4 buah kemeja, 2 buah celana panjang dan 3 sepatu. Ada berapa cara ia dapat berpakaian lengkap?

Amalia has 4 blazers, 2 trousers, and 3 shoes. How many ways she can dress up completely?

Jawab: Kemeja yang dapat dipilih Amalia ada 4 cara, celana panjang 2 cara dan sepatu 3 cara.

Jadi, ada 4 x 2 x 3 = 24

Hal.: 9

cara Amalia dapat berpakaian lengkap


Adaptif

Adaptif

Answer : Amalia has 4 options to wear blazers, 2 options to wear trousers, and 3 options for shoes.

So , there are 4 x 2 x 3 = 12 ways for Amalia to dress up completely

Hal.: 10


Adaptif


Kaidah Pencacahan, permutasi dan kombinasi  Dari uraian tersebut dapat kita peroleh suatu kesimpulan :

 From the explanations we can conclude that :

Jika terdapat buah tempat yang tersedia dengan: n1 = banyaknya cara untuk mengisi tempat pertama. n2 = banyaknya cara mengisi tempat kedua, setelah tempat pertama terisi. n3 = banyaknya cara mengisi tempat ketiga, setelah tempat pertama dan kedua terisi, dan nk = banyaknya cara mengisi tempat ke – k, setelah tempat-tempat sebelumnya terisi.

If there are 3 provided places with : n1 = number of ways to fill the first place n2 = number of ways to fill the second place, after the first place had already filled n3 = number of ways to fill the third place, after the first and second place had already filled nk = number ways to fill the – k order, after the previous places had already filled

Maka banyaknya cara untuk mengisi k tempat yang tersedia adalah n1 x n2 x n3 x … x nk.

then, the number of ways in arranging k place to be filled in is n1 x n2 x n3 x … x nk.

Aturan ini yang dimaksud sebagai aturan pengisian tempat yang tersedia atau kaidah perkalian.

the above is called rules of filling the provided place or multiplication rule

Hal.: 11


Adaptif

Hal.: 12


Adaptif

2

04/10/2012



Definisi dan Notasi faktorial

Definitions and Notation of Factorial

Definisi:

Definitions:

Hasil perkalian semua bilangan bulat positip dari satu sampai dengan n disebut n faktorial, dan diberi notasi n!.

Multiplication result of all the positive discrete numbers from one to n called n-n factorial and notated as n! so n! = 1 x 2x 3 x … x (n-1) x n, or n! = n x ( n-1) x (n-2) x … x 2 x 1

= 1 x 2x 3 x … x (n-1) x n, atau = n x ( n-1) x (n-2) x … x 2 x 1

Jadi n! n!

dengan 1! = 1

dan

where 1! = 1 and 0! = 1

0! = 1


Hal.: 13

Adaptif

Masalah Permutasi


Hal.: 14

Adaptif

Permutations Problem

Masalah

Problem

Misalkan diadakan undian untuk memperebutkan 2 hadiah (hadiah I dan II).

For example it is conducted a lottery to get 2 prizes ( prize I and II )

Jika yang memperebutkan hadiah itu ada 3 orang (A, B, dan C), ada berapa cara kedua macam hadiah itu dapat diberikan kepada para pemenang?.

If there are 3 participants (A, B, dan C), so how many ways of two prizes can be given to the winner?

Jawab:

Answer:

Obyek Eksp.

B ... (A,B)

Cara Eksp.

A C ...

= permutasi ke-1 = p1

Object Eksp.

(A,C) = permutasi ke-2 = p2

A A ... (B,A)

Diundi untuk B

B

C ...

memperebutkan 2 hadiah

C


(B,C) = permutasi ke-4 = p4

A ... (C,A)


B ... (C,B)


get 2 prizes

3 ways

2 cara 3 2 =

3×2 = 6



3 2

= permutation to-3 = p3

C ... (B,C)


3

S, n(S) = P2

A ...(C,A)


B ...(C,B)


2 ways

P = 3×2 =

3 21 3!  1 = ( 3  2)!

Prn =

n! (n  r )!


Hal.: 15


A ...(B,A)

According to the multiplication concept

Menurut Prinsip Perkalian Banyaknya cara: n(S) = P

C ...(A,C)

B

B

C

3 cara


A

Drawn to

3

S, n(S) = P2

C C

B ...(A,B)

ways Eksp.

A

Adaptif

Masalah Permutasi

Ways: n(S) =

3 2 =

P

3×2 = 6



3 2

P = 3×2 =

3 21 3!  1 = ( 3  2)!

Prn =

n! (n  r )!


Hal.: 16

Adaptif

Permutation Problem

Permutasi Dengan Beberapa Unsur Sama

Permutation with Some Identical Alements How many ways to make a different arrangement letter fro the words “MAMA”?.

Ada berapa cara untuk membuat susunan huruf yang berbeda dari kata “MAMA”?.

Answer:

Jawab MMAA MAMA AMMA AMAM AAMM MAAM

6= = =

Jika salah satu anggota diberi indeks

MMAA MAMA AMMA AMAM AAMM MAAM

M 1 A 1 M 2 A2 Ada 6 cara

M 2 A2 M 1 A1 M 1 A2 M 2 A1 M 2 A1 M 1 A2

Selanjutnya perhatikan bahwa

Hal.: 17


M 1 A 1 M 2 A2 Six ways

6= =

4! 2! 2!

= Adaptif

M 2 A2 M 1 A1 M 1 A2 M 2 A1

Permutation after

Seluruh permutasisetelahM dan A diberi indekas sesuaibanyaknya huruf Ma sing  ma sing dari 6 anggota setelah diberi indeks memuat 4 cabang

4! (banyaknya permutasi 4 huruf dari 4 huruf berlainan) 4 (masing - masing anggota dari 6 anggota memuat 4 cabang) 4! = 2! (permutasi dari M1 dan M2 )  2! (permutasi dari A 1 dan A 2 )

If one of letter is given index

Then, see that M 2 A1 M 1 A2 and Which is given Based The on amount

index letter All M A Ma sin g  ma sin g dari 6 anggota setelah diberi indeks memuat 4 cabang

4! (banyaknya permutasi4 huruf dari 4 huruf berlainan) 4 (masing- masing anggota dari 6 anggota memuat 4 cabang)

4! 2! (permutasi dari M1 dan M2 )  2! (permutasi dari A 1 dan A 2 )

Hal.: 18


=

4! 2! 2! Adaptif

3

04/10/2012

Masalah Permutasi

Permutation Problem

Permutasi Dengan Beberapa Unsur Sama

Permutation with Some Identical Elements

Berapa banyak cara untuk membuat susunan huruf dari kata “KAKAKKU”?

How many ways to make an arrangement from the words “KAKAKKU”?

Jawab

Answer:

Karena ada 4K, 2A, dan 1U, maka banyaknya cara =

P(74, 2,1)

=

P(74, 2,1) = 7! = 105 ways Because there are 4K, 2A, and 1U, then the ways 4!.2!.1! are In formal mathematically, the ways to take 4 letters K from 7 letters are

7! = 105 cara 4!.2!.1!

Secara matematika formal, banyaknya cara mengambil 4 huruf K dari 7 huruf ada C74 . Banyaknya cara mengambil 2 huruf A dari (7 – 4) huruf sisanya ada

C72  4 ,

dan banyaknya cara mengambil 1 huruf A dari (7 – 4 – 2) huruf sisanya ada

C17  4  2

Maka menurut prinsip perkalian banyaknya cara untuk membuat susunan huruf dari kata KAKAKKU ada: P(74,2,1) = C74 × C72  4 × C17  4 2 =

(7 . 6 . 5 . 4) . (3 . 2).(1) 7!  4! 2! 1! 4! 2! 1!


+ nk Adaptif

Masalah Permutasi Permutasi Siklis

C

B

.

,

C17 42

According to multiplication concept the ways to make an arrangement of letters from the words KAKAKKU is: (7 . 6 . 5 . 4) . (3 . 2).(1) 7!  4! 2! 1! 4! 2! 1!

n! P(nn , n , ... , n ) = and 1 2 k n1! . n 2 ! ... nk !

Generally

n = n1 + n2 +


Hal.: 20

+ nk Adaptif

Cyclical Permutation

C

B

And the ways to take 1 letter A from (7 – 4 – 2) then the rest of letter is

Permutation Problem

Misalkan 3 orang anak A, B, dan C diminta naik ke permainan roda putar A

C27  4

P(74,2,1) = C74 × C72  4 × C17  4 2 =

n! n dengan n = n1 + n2 + Secara umum, P(n1 , n 2 , ... , n k ) = n1! . n 2 ! ... nk ! Hal.: 19

.

C74 . The ways to take 2 letters A from (7-4) then the rest of letters are

Secara umum banyaknya permutasi siklis dari n obyek =

B

A

A

If there are 3 children A, B, and C asked for to ride a Carrousel A

C

C

Maka berarti ketiga permutasi siklis tsb sama, yakni ABC = CAB = BCA. Untuk melihat kesamaannya perhatikan bahwa: CAB.CAB = BCA.BCA = ABC (Pandanglah A sebagai titik awal).

C

B

B

B

A

A

C

Generally the number of cyclical permutation from n object =

It means the three of cyclical permutations are same, they are, ABC = CAB = BCA. To see its identical, see that: CAB.CAB = BCA.BCA = ABC (See A as the beginning point).

Dari 3 tempat duduk pada permainan roda putar itu sebenarnya hanya ada 2 saja yang berbeda susunannya, yakni ABC dan ACB. Sehingga hanya ada 2 permutasi siklis.

From the three seats in that carrousel, actually there are only 2 which are different of arrangement, they are ABC and ACB. So they are only 2 cyclical permutations.

n Secara umum banyaknya permutasi siklis dari n obyek = Psiklis = (n – 1)!

n Secara umum banyaknya permutasi siklis dari n obyek = Psiklis = (n – 1)!

Hal.: 21


Adaptif

Hal.: 22


Adaptif

Masalah Permutasi

Permutation Problem

 Permutasi berulang

 Repeat Permutation

 Jika kita inin menyusun kata yang terdiri 2 huruf, yang dipilih dari huruf A, D, I, serta kata yang terbentuk boleh mengandung huruf yang sama, maka kita akan mendapatkan kata: AA, AD, AI, DD, DA, DI, II, IA, ID.

 If we want to arrange letters that consist of 2 letters, the chosen letters from A, D, I, and the formed words may consist of the same letter, then we can get the words: AA, AD, AI, DD, DA, DI, II, IA, ID.

Jadi, banyaknya permutasi dua huruf yang diambil dari 3 huruf dengan huruf- huruf itu boleh berulang ada 9 cara.

Hal.: 23


Adaptif

So, number of two letters permutation which are taken from 3 letters and that letters may repeat in 9 ways.

Hal.: 24


Adaptif

4

04/10/2012

Masalah Permutasi

Permutation Problem

 Secara umum: Banyaknya permutasi r unsur yang diambil dari n unsur yang tersedia (dengan tiap unsur yang tersedia boleh ditulis berulang) adalah sebagai berikut:

 Generally: Number of r term permutation which is taken from available r term (with every available term that may be written repeatedly) are follow:

P

(berulang) =n

dengan r

r

 n

P


Hal.: 25

Adaptif

Masalah Kombinasi No Obyek Eksp.

(repeatedly)

=nr

with

r

 n


Hal.: 26

Adaptif

Combination Problem

Cara Eksp.

Kemungkinan yang dapat hadir

No Exp. Object

Exp. Way

The probability presence

1

O= {A,B,C,D}

Diundang 2 orang wakilnya untuk rapat keluarga

AB = c1 AC = c2 AD = c3 BC = c4 BD = c5 CD = c6

1

O= {A,B,C,D}

Invited 2 AB = c1 represented AC = c2 persons in family AD = c 3 meeting BC = c4 BD = c5 CD = c6

2

O= {A,B,C,D}

Diundang 3 orang wakilnya untuk rapat keluarga

ABC = c1 ABD = c2 ACD = c3 BCD = c4

2

O= {A,B,C,D}

Invited 3 ABC = c1 represented ABD = c2 persons in family ACD = c 3 meeting BCD = c4


Hal.: 27

Adaptif

Masalah Kombinasi Macam Kombinasi c1 = AB c2 = AC c3 = AD c4 = BC c5 = BD c6 = CD C42 = 6


Hal.: 28

Combination Problem

Jika elemen-elemen kombinasi itu dipermutasikan AB dan BA AC dan CA AD dan DA BC dan CB BD dan DB CD dan DC

Total = P24 = 12 = 6 × 2

Banyaknya Permutasi

The combination elements Permutatio Kind of number are permutated Combinatio

2! 2! 2! 2! 2! 2!

c1 = AB c2 = AC c3 = AD c4 = BC c5 = BD c6 = CD

6 × 2!

C42 = 6

Hal.: 29

= 12

 C42

Total =

P24 = 12 = 6 × 2

6 × 2!

See that P24

=6


2! 2! 2! 2! 2! 2!

AB and BA AC and CA AD and DA BC and CB BD and DB CD and DC

Perhatikan bahwa P24

Adaptif

Adaptif

Hal.: 30

= 12

 C42

=6


Adaptif

5

04/10/2012

Masalah Kombinasi Macam Kombinasi

c1 = ABC c2 = ABD c3 = ACD c4 = BCD

Jika elemen-elemen kombinasi itu dipermutasikan (Bayangkan hasilnya dari diagram pohon ybs) ABC, ACB, BAC, ABD, ADB, BAD, ACD, ADC, CAD, ABD, ADB, BAD,

Perhatikan bahwa

Dari :

24 = 4 × 3!

(1)

× 3!

Banyaknya Permutasi

BCA, CAB, dan CBA BDA, DAB, dan DBA CDA, DAC, dan DCA BDA, DAB, dan DBA

3! 3! 3! 3!

= 4 × 6 = 24

= 4

=

Combination Problem

(2)

4 P24 = C 2 × 2!

P34 = C43 × 3!

c1 = ABC c2 = ABD c3 = ACD c4 = BCD

C42 = C43 =

P24

Maka Secara Umum :

2! P34

Cnr

=

3!

Prn

r!

=

n! (n – r)! r!

Adaptif

If combination elements are permutated (Imagine the result of that tree) ABC, ACB, BAC, ABD, ADB, BAD, ACD, ADC, CAD, ABD, ADB, BAD,

BCA, CAB, and CBA BDA, DAB, and DBA CDA, DAC, and DCA BDA, DAB, and DBA

See that

From :

24 = 4 × 3!

(1)

4 P24 = C 2 × 2!

× 3!

(2)

P34 = C43 × 3!

=

Permutation Number 3! 3! 3! 3!

= 4 × 6 = 24

= 4

4 × 3!


Hal.: 31

Kind of Combination

4 × 3!

C42 = C43 =

P24

Then generally :

2! P34

Cnr =

3!

Prn

r!


Hal.: 32

=

n! (n – r)! r!

Adaptif

Masalah Kombinasi

Combination Problem

Kombinasi k Unsur dari n Unsur dengan beberapa unsur sama

Combination term k from term n with the same term

Misal 4 bola akan yang diambil dari dalam kotak berisi 4 bola merah, 3 bolaputih dan 2 bola hijau.Empat bola yang diambil harus terdiri dari 2 bola merah, 1 bola putih dan 1 bola hijau.

If there are 4 balls will be taken from box which has 4 red balls inside. 3 white balls and 2 green balls. The four taken balls must consist of 2 red balls, 1 white ball and 1 green ball.

Cara pengambilan ini merupakan masalah kombinasi k unsur dari n unsur dengan beberapa unsur yang sama.

This way is combination problem k term from n term from n term with the same term. So number of ways in choosing 4 balls from 9 balls are 2 . 3 C 1 . 2 C 1 ways

Sehingga total cara pemilihan 4 bola dari 9 bola adalah 4 C 2 . 3 C 1 . 2 C 1 cara.


Hal.: 33

Adaptif

Masalah Kombinasi

Dari n unsur tersebut akan diambil k unsur yang terdiri dari k1 unsur q1, k2 unsur q2, k3 unsur q3, …, ke unsur qe dengan k1 + k2 + k3 + … + ke = k.

 If there is n term that consist of q1, q2, q3, …, qn q1 term has n1 ways, q2 term has n2 ways, q3 term has n3 ways,…, qe term has ne ways, so n1 + n2 + n3 + …+ ne = n. From that n term will be taken k term that consist of k1 term q1, k2 term q2, k3 term q3, …, ke term qe with k1 + k2 + k3 + … + ke = k.

The number of ways in taking are:

Banyak cara pengambilan adalah:

Hal.: 35

. n2 C k2 . n3 C k3 …. . ne C ke


Adaptif

Combination Problem

 Misal terdapat n unsur yang terdiri dari q1, q2, q3, …, qn Unsur q1 ada sebanyak n1, unsur q2 ada sebanyak n2, unsur q3 ada sebanyak n3, …, unsur qe ada sebanyak ne, sehingga n1 + n2 + n3 + …+ ne = n.

n1 C k1


Hal.: 34

n1 C k1

Adaptif

Hal.: 36

. n2 C k2 . n3 C k3 …. . ne C ke


Adaptif

6

04/10/2012

Peluang Kejadian

Event Probability

 Percobaan, Ruang Sampel, Peluang suatu kejadian

 Probability of Trial, Sample Space, and Event

Peluang adalah nilai frekuensi relatif munculnya suatu peristiwa dalam suatu eksperimen jika banyaknya percobaan tak terhingga. P(A)=

Probability is relative frequency value of an event in an experiment if the number of trial is unlimited

P(A)=

lim fr ( A)

n

lim fr ( A)

n

Kombinatorik

Combinatory

Adalah teknik menghitung banyaknya anggota ruang sampel dengan : 1.Cara mendatar 2.Membuat tabel 3.Membuat diagram pohon

Is counting way to calculate the number of sample space member by: 1.Horizontal Way 2.Make table 3.Make tree diagram


Hal.: 37

Adaptif

Peluang Kejadian

Eksperimen (Percobaan Acak)

Experiment (Random Trial)

Hasil-hasil Yang Mungkin

s1 s2 s3 S

Cara Eksp.

s4

s1 s3

S

s2 s4

sn

s2 s3 S

Exp. way

= Himpunan semua hasil yang mungkin

s4

s1 , s2 , s3 , . . . , s5 masing-masing

s1

disebut titik sampel

s3 Adaptif

Peluang Kejadian s3 A sm

s1

S = Ruang Sampel = { s1 , s2 , s3 , . . . , s5 }


s2

The possible results

Exp. Object

s5

Hal.: 39

s1

 There is experiment object  There is experiment way  There is possible result (Sample points)

dalam eksperimen itu

s5

Adaptif

Event Probability

 Ada Obyek Eksperimen  Ada Cara Eksperimen  Ada Hasil-hasil Yang Mungkin (Titik-titik Sampel) Obyek Eksp.


Hal.: 38

S

s2 s4

s5

S = Sample space = { s1 , s2 , s3 , . . . , s5 }

= A set of all possible results in that experiment 1 , s2

, s3 , . . . , s5 each is called as sample

point

s5 PELUANG/PROBABILITAS

Hal.: 40

Adaptif

Event Probability

S

S = Ruang Sampel

s1

= Himpunan semua hasil yang mungkin terjadi dalam eksperimen itu

s2

s3 A sm sn

= {s1 , s2 , s3 , . . . , sm , . . . , sn}

S

S = Sample Space = A set of all possible result in that experiment = {s1 , s2 , s3 , . . . , sm , . . . , sn} A = An event in sample space S

A = Suatu peristiwa dalam ruang sampel S

= {s1 , s2 , s3 , . . . , sm}

= {s1 , s2 , s3 , . . . , sm}

Addition Concept Prinsip Penjumlahan

P(A) = P({s1}) + P({s2}) + P({s3}) + . . . + P({sm})

P(A) = P({s1}) + P({s2}) + P({s3}) + . . . + P({sm})

= number of probabilities in each sample point inside

= jumlah peluang masing-masing titik sampel yang ada di dalamnya

Hal.: 41


Adaptif

Hal.: 42


Adaptif

7

04/10/2012

Peluang Kejadian

Event Probability

Peluang Berdasar Pengambilan Sampel

Probability according to sample collecting

 Pengambilan Sekaligus → Kombinasi Pengulangan obyek eksp. tidak dimungkinkan dan urutan tak diperhatikan (tak punya makna)

 Collecting at Once

 Pengambilan Satu Demi Satu

 Collecting one by one

1. Tanpa Pengembalian → Permutasi Pengulangan obyek eksp. tidak dimungkinkan dan urutan diperhatikan (punya makna)

1. Without returning

2. Dengan Pengembalian → Bukan Permutasi dan Bukan Kombinasi

1.

Ambil acak 2 bola sekaligus. Hasil-hasil yang mungkin?

Banyaknya Eksp.

Cara Ekp. Hasil-hasil yang mungkin

Eksp1: ambil acak 1

2

3

1

3 … s2

2

3 … s3

2 bola sekaligus

s2

s3

s2

A

92 1.012 4.989 10.012

105 991 5.007 9.984

93 997 5.004 10.004

Exp. way The possible results

Exp. Object Exp1: take

S

banyak kali

A s1

300 kali 3.000 kali 15.000 kali 30.000 kali

Fr (s1) ≈

1 3

Fr (s2) ≈ 1

Fr (s3) ≈ 1

3

3

1

2

3 randomly 2 balls at once

S = {s1, s2 , s3 } = Ruang sampel hasil eksperimen

S

n(S) =

s3

C 32

1

2 … s1

1

3 … s2

2

3 … s3

s2

1 3

s1

P(A)

Adaptif

92 1.012 4.989 10.012

n(S) =

C 32

1 3

P(A)

2. Collecting one by one without returning

Cara Ekp.

2 … 1

1

3 … 2 1 … 3

s2

s5 s3

s4

A

3 … s4

Exp. Object

S

1

2

3

dari 3 obyek eksp.

3

s2

= 3 × 2 = 6.

s1

A = peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil

s5 s3

s4

P(A) =

n( A ) 2 4 = = . 6 n(S ) 3

S

Hal.: 47


So S distributes unvaried Adaptif

Hal.: 48

3 … 1 3 … s2 1 … 2 1 … s3 3 … 2 1 … 3

A

2 … s1

3 … s4

S

1 … s5

dari 3 obyek eksp.

n(S) = P 2 obyek

A

= 3 × 2 = 6.

A = the event of collecting number of two numbers of odd balls = {s1, s3, s4 , s6 }

s6

P({s1}) = P({s2}) = … = P({s6}) =

Maka S berdistribusi seragam.

2 … 1

2 … 3 2 … s6 3 ways 2 cara S = {s1, s2 , s3 , . . . ,s6 } = Sample space of experiment result

= {s1, s3, s4 , s6 }

1 6

P({s1}) = P({s2}) = … = P({s6}) =

2

2 balls 1 – 1 without returning

1 … s5

n(S) = P 2 obyek

A

1 Exp. 2 : take randomly

S

2 … 3 2 … s6 3 cara 2 cara S = {s1, s2 , s3 , . . . ,s6 } = Ruang sampel hasil eksperimen

s6

Adaptif


Exp. way

2 … s1

3 … 1 3 … s2 1 … 2 1 … s3

2

2 bola 1 – 1 tanpa pengembalian

3

s1

3

Take randomly 2 balls 1 – 1 without returning. The possible results?

Hasil-hasil yang mungkin

Eksp 2 : ambil acak

Fr (s3) ≈ 1

3


Hal.: 46

Ambil acak 2 bola 1 – 1 tanpa pengemb. Hasil-hasil yang mungkin?

3

Fr (s2) ≈ 1

2 n( A ) = 3 n(S )

2. Pengambilan Satu demi Satu Tanpa Pengembalian

2

1 3

s3 93 997 5.004 10.004

= {s1, s3 } , n(A) = 2.

Event Probability

1

Fr (s1) ≈

s2 105 991 5.007 9.984

= 3.

Peluang Kejadian

Obyek Eksp

s1 =

A = The event of a collecting number of two odd balls

So S distributes unvaried


Hal.: 45

300 times 3000 times 15000time 30.000time Times

s3

P({s1}) = P({s2}) = P({s3}) =

2 n( A ) = 3 n(S )

Frequency

S

A

= 3.

= {s1, s3 } , n(A) = 2.

Maka S berdistribusi seragam

A

Exp. number

S = {s1, s2 , s3 } = Sample space of experiment result

S

A = Peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil

P({s1}) = P({s2}) = P({s3}) =

Adaptif

Collecting at Once Take randomly 2 balls. The possible result?

Frek. Munculnya

s1 =

2 … s1


Event Probability

1. Pengambilan Sekaligus

1

→ is not permutation and combination

Hal.: 44

Adaptif

Peluang Kejadian

Obyek Eksp

→ Permutation Exp. Repeatedly object is not possible and the order is concerned (meaning full)

2. With returning


Hal.: 43

→ Combination Exp. repeatedly Object is not possible and the order is not concerned (unmeaning full)

1 6

P(A) =

n( A) 2 4 n( S ) = 6 = 3 .


Adaptif

8

04/10/2012

Peluang Kejadian

Event Probability

3. Pengambilan 1 – 1 Dengan

1

2

Eksp2:ambil acak 2 bola 1-1 dengan pengemb.

3

Hasil-hasil yang II mungkin

s3

s5 s4

s7 s9 s6 A

I

1 … 1

1 … s1

1

2 … 1

2 … s2

1

2 … 1

2 … s2

3 … 1

3 … s3

1 … 3

1 … s7

2 … 3

2 … s8

3 … 3

3 … s9

Exp 2:take randomly

S 1

2

3

3 ways

3 cara s1

n(S) = 3 × 3 = 9

s3 s2

s5 s4

s7 s9 s6 A

S

P(A) =

n (A) n (S)

=

4 9

P(A) =

Hal.: 50

Event Probability

Frekuensi Harapan

Frequency of Expectation

Fr(A) = P(A) . n

dengan, Fr(A) = frekuensi harapan kejadian A P (A) = peluang kejadian A n = banyaknya percobaan


Adaptif

Hal.: 52

1. Komplemen

1. Complementary

simbol

A’ (atau

Ac)

disebut

S

A’

A

komplemen dari A.


Adaptif

Event is not A from a set of S and denoted

S

by A’ (or Ac) and it is called complement of

A’

A

A.

Jika A mempunyai a elemen, dan S mempunyai n elemen maka A’ mempunyai n-a elemen. Maka P(A’) adalah peluang

tidak terjadinya A.

Hal.: 53

Adaptif

and Fr(A) = Expectation of an event’s frequency A P (A) = event probability A n = number of trials Example: The probability of a kid suffers polio is 0,01, from 8000 kids. Then how many kids of them can suffer polio? Answer: P (polio) = 0,01, n= 8000 Fr(A) = P (polio) . n = 0,01 x 8000 = 80 Then, from 8000 kids there are about 80 kids who has polio

Multiple Events

dengan

4 . 9

Fr(A) = P(A) . n

Kejadian Majemuk

Kejadian bukan A dari himpunan S ditulis

n (A) = n (S)

Frequency of expectation is a multiplication result between event probability and number of trials

Contoh: Peluang seorang anak terkena penyakit polio adalah 0,01, dari 8000 anak. Berapa kira- kira yang terjangkit penyakit polio? Jawab: P(kenapolio) = 0,01, n= 8000 Fr(A) = P(kena polio) . n = 0,01 x 8000 = 80 Jadi, dari 8000 anak diperkirakan ada 80 anak yang terkena penyakit polio Hal.: 51

3 … s9

3 ways


Peluang Kejadian

Frekuensi Harapan suatu kejadian adalah hasil kali peluang kejadian tersebut dengan banyaknya percobaan.

3 … 3

S

= {s2, s4, s6 , s8 }

Then S distributes unvaried.

Adaptif

2 … s8

n(S) = 3 × 3 = 9

.


Hal.: 49

2 … 3

A = the event of collecting of two numbers of odd balls

1 P({s1}) = P({s2}) = … = P({s9}) = 9

= {s2, s4, s6 , s8 }

Maka S berdistribusi seragam.

3 … s3

1 … s7

A

S = {s1, s2 , s3, ... , s9} = Sample space of experiment results

s8

A = peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil.

1 P({s1}) = P({s2}) = … = P({s9}) = 9

3 … 1

1 … 3

2

2 balls 1-1 by returning 3

S = {s1, s2 , s3, ... , s9} = Ruang sampel hasil eksperimen.

s8


1 … s1

3 cara

s2

II

1 … 1

3

s1

Take randomly 2 balls 1-1 by returning. The possible result?

A

I

2

S

3. Collecting 1 – 1 by Returning

Pengembalian

Ambil acak 2 bola 1-1 dengan pengembalian. Hasil-hasil yang mungkin?


na n n a   n n a  1 n P ( A' )  1  P ( A) P ( A' ) 

Adaptif

If A has element a , and S has element n then A’ has n-a element. And P(A’) is improbability of the event A.

Hal.: 54


na n n a   n n a  1 n P ( A' )  1  P ( A) P ( A' ) 

Adaptif

9

04/10/2012

Kejadian Majemuk

Multiple Events

2.Dua Kejadian Saling Lepas

2.Mutually Exclusive Events

S

S

S={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} A={kejadian mendapatkan bilangan prima}

B .6

A .2 .5 .8

.9 .10

.7

.1

.3 .12

.11

B={kejadian mendapatkan sedikitnya .4

bilangan 5}

Sehingga

P (A  B) 

10 5  12 6


Hal.: 55

Adaptif

Kejadian Majemuk P ( A  B) 

3 12

dan

P ( A  B) 

.9 .10

.3

.4

.12

Let A = {2, 3, 5, 7, 11} and B = {5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} Then

Jika kita melihat hubungan antara , P(A) dan P(B), terdapat irisan antara A dan B, yaitu {5, 7, 11} dan juga diperoleh

B={an event to get at least number 5}

.8 .7

.1

.11

Maka A = {2, 3, 5, 7, 11} dan B = {5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}

S={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} A={an event to get an odd number}

B .6

A .2 .5

P (A  B) 

10 5  12 6

If we see the relation between, P(A) and P(B), there are intersection between A and B, they are {5, 7, 11} and also PELUANG/PROBABILITAS

Hal.: 56

Multiple Events 10 5  8  3 5 8    12 12 12 12  



3 12 

P ( A  B) 

3 12

and

P ( A  B) 

P ( A  B )  P ( A)  P( B )  P ( A  B )

Jika suatu kejadian A dan B tidak bersekutu, dalam hal ini ( A  B) =Ø, maka kita katakan dua kejadian tersebut adalah saling lepas. Untuk kejadian saling lepas (saling asing)

Maka

P( A  B)

= P(Ø) = 0


= P(Ø) = 0

Hal.: 58


Adaptif

Multiple Event

Sebuah dadu dilemparkan satu kali, Jika A = {kejadian muncul mata dadu lebih dari 2}, tentukan P(A’) ? Jawab : Sebuah dadu dilemparkan satu kali, maka ruang sampelnya adalah: S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Jika A = {kejadian muncul mata dadu lebih dari 2} = {3, 4, 5, 6} Maka P(A) = 4/6 = 2/3 P(A’) = 1 – 4/6 = 2/6 = 1/3

Hal.: 59

P( A  B)

P ( A  B)  P ( A)  P ( B) Adaptif

Contoh Soal :

2. Pada pengambilan 1 kartu secara acak dari 1 berapa peluang mendapatkan kartu As atau King?

3 12 

If A and B is mutually exclusive events then

Kejadian Majemuk

1.



If event A and B is not construction, in this case ( A  B) =Ø, then we say that two events is mutually exclusive events. For the mutually exclusive events

P ( A  B)  P ( A)  P ( B) PELUANG/PROBABILITAS

10 5  8  3 5 8    12 12 12 12  

P ( A  B )  P ( A)  P( B )  P ( A  B )

then

Jika A dan B kejadian yang saling lepas maka

Hal.: 57

Adaptif

set kartu bridge,

Adaptif

Example : 1. A dice is thrown once, If A = {an event that sum of the number shown by more than 2}, determine 2(A’) ? Answer : A dice is thrown once, then the sample space is: S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} If A = {an event that sum of the number shown more than 2} = {3, 4, 5, 6} Then P(A) = 4/6 = 2/3 P(A’) = 1 – 4/6 = 2/6 = 1/3 2. When taking 1 card randomly from 1 set of bridge card, How many probabilities to get As or King?

Hal.: 60


Adaptif

10

04/10/2012

Dua Kejadian Saling Bebas

Mutually Independent Events

Sekeping uang logam dan sebuah dadu dilempar sekali. Kejadian munculnya sisi angka pada uang logam dan kejadian munculnya mata 3 pada dadu adalah dua kejadian yang tidak saling mempengaruhi.

A coin and dice are thrown once. An event that sum of the number shown the side of coin and the sum of the number shown dice-side 3 are two events that doesn’t influence each other.

Peluang dua kejadian A dan B yang yang saling bebas adalah: P (A  B) = P (A) . P(B) Contoh : Misal A = kejadian muncul mata dadu 3 pada pelemparan pertama, maka : n( A) 1 n(A) = 1, sehingga P(A) = 

Probability of two events A and B which is mutually Independent  are: P (A Events B) = P (A) . P(B) Example : A = shown event is dice-side 3 in the first throwing, then : n(A) = 1, so P(A) =

Misal B = kejadian muncul mata dadu 5 pada pelemparan kedua, maka: n( B ) 1  n(B) = 1, sehingga P(B) =

B = shown wevent is dice-side 5 in the second throwing, then: n(B) = 1, so P(B) = n( B ) 1

n( S )

n( S )

6

Peluang A dan B: P( A B) = P(A) . P(B) = Hal.: 61

n( A) 1  n( S ) 6

6

1 1 1 .  6 6 36


n( S ) Probability of A and B: P( A

Adaptif

Hal.: 62

Rangkuman





6 1 1 1 .  B) = P(A) . P(B) = 6 6 36


Summary

1. Peluang tidak terjadinya A atau P(A’) adalah P(A’) = 1 – P(A)

1. The improbability event A or P(A’) is P(A’) = 1 – P(A)

2. Jika A dan B kejadian yang saling lepas maka

2. If A and B is mutually Exclusive Events, then

P ( A  B)  P ( A)  P ( B)

P ( A  B)  P ( A)  P ( B)

3. Jika A dan B kejadian yang saling bebas maka

3. If A and B is mutually independent Events, then

P ( A  B)  P ( A)  P ( B)

Hal.: 63


Adaptif

P ( A  B)  P ( A)  P ( B)

Adaptif

Hal.: 64


SEKIAN

THE END

TERIMA KASIH

Thank You and See You

Adaptif

SAMPAI JUMPA LAGI

Hal.: 65


Adaptif

Hal.: 66


Adaptif

11

2012. Counting, Permutation, and Combination Rules. Teori Peluang. Probability Theory

Recommend Documents