KOMBINATORIK DAN PELUANG

KOMBINATORIK DAN PELUANG

Penulis Drs. Marsudi Rahardjo, M.Sc.Ed.

Edit & Layout: Titik Sutanti, S.Pd.Si., M.Ed.

PUSAT PENGEMBANGAN DAN PENBERDAYAAN PENDIDIK DAN TENAGA KEPENDIDIKAN MATEMATIKA KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN 2015

KATA PENGANTAR Puji syukur ke hadirat Tuhan Yang Maha Esa, karena atas karunia-Nya, bahan ajar ini dapat diselesaikan dengan baik. Bahan ajar ini diharapkan dapat menjadi salah satu rujukan dalam usaha peningkatan mutu pengelolaan pembelajaran matematika di sekolah serta dapat dipelajari secara mandiri oleh peserta diklat di dalam maupun di luar kegiatan diklat. Diharapkan dengan mempelajari bahan ajar ini, peserta diklat E-Training Terstruktur dapat menambah wawasan dan pengetahuan sehingga dapat mengadakan refleksi sejauh mana pemahaman terhadap mata diklat yang sedang/telah diikuti. Kami mengucapkan terima kasih kepada semua pihak yang telah berpartisipasi dalam proses penyusunan bahan ajar ini. Kepada para pemerhati dan pelaku pendidikan, kami berharap bahan ajar ini dapat dimanfaatkan dengan baik guna peningkatan mutu pembelajaran matematika di negeri ini. Demi perbaikan bahan ajar ini, kami mengharapkan adanya saran untuk penyempurnaan di masa yang akan datang. Saran dapat disampaikan kepada kami di PPPPTK Matematika dengan alamat: Jl. Kaliurang KM. 6, Sambisari, Condongcatur, Depok, Sleman, DIY, Kotak Pos 31 YK-BS Yogyakarta 55281. Telepon (0274) 881717, 885725, Fax. (0274) 885752. email: [email protected]

Sleman, Mei 2015 Kepala PPPPTK matematika

Prof.Dr. rer.nat. Widodo, M.S NIP 196210311989031002

ii

Daftar Isi KATA PENGANTAR ................................................................................................................... ii Daftar Isi .................................................................................................................................... iii PENDAHULUAN ......................................................................................................................... 1 A. Pengantar Isi ................................................................................................................. 1 B. Target Kompetensi ....................................................................................................... 5 C. Strategi Pembelajaran................................................................................................... 6 BAHAN BACAAN I KOMBINATORIK ........................................................................................ 7 A. Prinsip Perkalian .......................................................................................................... 7 B. Contoh Terapan Prinsip Perkalian ............................................................................. 10 BAHAN BACAAN II KOMBINATORIK DAN PELUANG PADA PENGUNDIAN ...................... 13 A. Konsep Peluang dan Frekuensi Harapan.................................................................... 13 B. Ruang Sampel, Titik Sampel, Peristiwa, dan Relasi Antarperistiwa ......................... 17 C. Relasi Antar Peristiwa ................................................................................................ 24 Latihan 1 ............................................................................................................................... 25 BAHAN BACAAN III KOMBINATORIK DAN PELUANG PADA PENGAMBILAN SAMPEL ... 28 A. Notasi Faktorial .......................................................................................................... 28 B. Permutasi .................................................................................................................... 29 C. Kombinasi .................................................................................................................. 31 D. Terapan Dalam Pemecahan Masalah Pengambilan Sampel ...................................... 35 E. Permutasi Dengan Beberapa Unsur Sama (Penggunaan Aturan Kombinasi) ............ 39 F. Aturan/Prinsip Kombinasi .......................................................................................... 42 G. Identifikasi Masalah Pada Pada Pengambilan Sampel............................................... 46 Latihan 2 ............................................................................................................................... 52 UMPAN BALIK DAN TINDAK LANJUT ................................................................................... 54 A. Rangkuman ................................................................................................................ 54 B. Evaluasi ...................................................................................................................... 57 Latihan 3 ............................................................................................................................... 57 C. Tindak Lanjut ............................................................................................................. 61 Daftar Pustaka ........................................................................................................................... 62

iii

PENDAHULUAN A.

Pengantar Isi

Bahan bacaan ini diperuntukkan bagi guru matematika sekolah menengah peserta ETraining Terstruktur meliputi guru SMP, SMA, dan SMK. Materi Kombinatorik dan Peluang yang diberikan pada bahan bacaan ini terdiri dari 3(tiga) macam. Bahan Bacaan I dengan topik “Kombinatorik dan Peluang pada Penyusunan Bilangan”, Bahan Bacaan II dengan topik “Kombinatorik dan Peluang pada Pengundian” dan Bahan Bacaan III dengan topik “Kombinatorik dan Peluang pada Pengambilan Sampel”. Bahan Bacaan I dan II lebih cocok untuk bahan ajar guru SMP, sementara materi peluang untuk guru SMA/SMK lebih cocok pada Bahan Bacaan III, akan tetapi peserta ETraining diharapkan mempelajari seluruh Bahan Bacaan sebagai bahan referensi. Pendekatan pembelajaran yang dipilih penulis pada modul ini lebih banyak terkait dengan teori pembelajran Bruner tahap 2 dan 3. Teori pembelajran Bruner terdiri atas 3 (tiga) tahapan yakni: (1) Enactive/kongkrit dimana pendekatan pembelajarannya melalui peragaan menggunakan obyek sesungguhnya, (2) Econic/semi kongkrit dimana pendekatan pembelajarannya melalui gambargambar. Dan (3) Symbolic/abstrak dimana pendekatan pembelajarannya hanya menekankan pada penalaran logis yakni obyek-obyek pembelajaran dan penalarannya sudah cukup dibayangkan di alam pikiran. Jika pembelajaran matematika sekolah dilakukan melalui ketiga tahapan seperti itu maka Bruner menjamin

bahwa

siswa/peserta

didik

akan

mampu

mengembangkan

pengetahuannya jauh melampaui apa yang pernah mereka terima dari gurunya. Landasan psikologi pembelajaran berikutnya adalah “Psikologi perkembangan Piaget (baca “Piase”). Menurut Piaget (setelah melakukan pengamatan selama 60 tahun) perkembangan kognitif (intelektual) manusia sepanjang hayat hanya dibagi dalam 4(empat) tahapan saja. Keempat tahapan itu adalah: (1) Sensory Motor (umur 0 s.d 2 tahun) yakni tahapan ingin tahu tentang obyek-obyek di alam semesta, (2) Pre Operasional (umur 2 s.d 6 tahun) yakni tahap peka-pekanya ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

1

anak pada belajar bahasa, yakni jika dalam lingkungan pergaulannya berbicara dalam 6 bahasa, maka anak akan mampu berbicara dalam 6 bahasa itu sekaligus. Tapi sayangnya pada tahapan ini anak belum mampu mengadakan pernalaran dengan baik, mereka hanya bisa menirukan tapi belum mmpu bernalar, (3) Konkrit Operasioanal (umur 6 s.d 11 tahun) yakni tahapan pembelajarannya diperagakan melalui peragaan menggunakan obyek-obyek sesungguhnya (obyek-obyek konkrit). Dan terakhir (4) Berpikir abstrak (lebih dari 11 tahun) adalah anak dapat menagkap konsep-konsep matematika cukup melalui obyek-obyek yang dapat dibayangkan di alam pikiran. Peluang adalah ukuran ketidakpastian munculnya suatu peristiwa/kejadian dalam suatu ruang sampel hasil dari sebuah eksperimen. Eksperimen yang dimaksud dalam ilmu peluang adalah “percobaan acak” di mana si pelaku eksperimen dijamin tidak dapat mengatur hasil eksperimennya. Sehingga jika tidak ada jaminan bahwa “si pelaku eksperimen tidak dapat mengatur hasil eksperimennya” maka dikatakan bahwa eksperimen yang dilakukannya “tidak fair” atau “tidak adil”. Ukuran ketidakpastian yang dimaksud merupakan nilai frekuensi relatif munculnya peristiwa itu jika eksperimen yang dilakukannya adalah berulang sampai dengan tak hingga kali. Namun karena ketidakmungkinan seseorang melakukan eksperimen sampai dengan tak hingga kali, maka biasanya orang (si pelaku eksperimen) hanya akan melakukannya sampai dengan ribuan kali tertentu saja. Sebagai contoh misalnya untuk mengetahui berapa peluang munculnya masingmasing sisi mata uang logam jika diadakan eksperimen melalui “tossing” dengan cara melambungkannya ke udara dan membiarkannya jatuh ke sebuah lantai bersemen. Untuk mengetahui nilai peluangnya penulis mengambil hikmah dari buku rujukan “Applied Finite Mathematics” karangan Prof. Howard Anton untuk eksperimen tehadap sekeping mata uang logam. Terinspirasi dengan eksperimen tersebut penulis di tahun 2001 mencoba untuk melakukannya secara pribadi atas sebuah paku payung standar (warna putih gilap) yang biasa digunakan untuk menata taplak-taplak

2

ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

meja

pada

sebuah

hajatan.

Paku

payung

semacam

ini

selanjutnya

kita

sebut/definisikan sebagai “paku payung standar”. Kini seperti yang akan kita ketahui pada bahan bacaan II, setelah dilakukan eksperimen berulang mulai dari 1.000 kali, 5.000 kali, 10.000 kali, 15.000 kali, hingga 20.000 kali akan tampak bahwa nilai frekuensi relatifnya memiliki nilai kecenderungan ke bilangan 0,5 untuk munculnya muka angka (A) pada mata uang logam dan memiliki nilai kecenderungan ke bilangan 0,31 untuk munculnya hasil miring pada paku payung standar. Selanjutnya dengan pembulatan yang sudah dianggap cukup baik hingga 1 tempat desimal akan diperolah nilai kecenderungan frekuensi relatif munculnya masing-masing hasil adalah 0,5 untuk munculnya muka angka pada mata uang logam dan 0,3 untuk munculnya hasil miring pada paku payung standar. Dalam bentuk pecahan biasa peluang masing-masing adalah

1 3 dan . 2 10 Kedua obyek eksperimen ini (mata uang logam dan paku payung) sengaja diangkat sebagai contoh obyek eksperimen agar kesalahan persepsi selama ini bahwa berbicara masalah peluang selalu dianggap bahwa peluang munculnya peristiwa A dalam ruang sampel S yakni A  S adalah P(A) =

n( A) selalu benar padahal tidak selalu benar. n(S )

Rumus nilai peluang tersebut benar jika obyek eksperimennya berdistribusi (tersebar secara) seragam dan tidak benar jika obyek eksperimennya tidak berdistribusi seragam. Perhitungan nilai peluang untuk setiap peristiwa A  S selalu benar jika kita gunakan prinsip penjumlahan, yakni peluang munculnya peristiwa A  S sama dengan jumlah peluang munculnya masing-masing titik sampel yang terdapat pada peristiwa A.


3

Sebagai contoh selidiki bahwa pada contoh ini peluang munculnya ruang sampel S adalah

A 9 100

s1

49 100

s4

P(S) = P({s1}) + P({s2}) + P({s3}) + P({s4})

S

B 21 100

s2

21 100

s3

9

21

= 100

49

21

+ 100

+ 100

+ 100

100

= 100 = 1.

Gambar 1a

Dengan cara yang sama akan diperoleh 49

P(A) = 100 , P(B) = 100 , dan P(A  B) = 100 . 58

91

Lebih lanjut amati bahwa ruang sampel S pada contoh di atas adalah ruang sampel yang tidak berdistribusi seragam. Mengapa? Sebab seperti yang dapat kita lihat ternyata tidak semua titik sampel dalam ruang sampel S berpeluang sama untuk muncul. Kini sebagai pembanding coba amati contoh yang kedua berikut ini.

B

A 1 s1 4

Selidiki bahwa pada contoh yang kedua

S

ini peluang munculnya ruang sampel S

1 s2 4 1 s3 4

1 s4 4

adalah P(S) = P({s1}) + P({s2}) + P({s3}) + P({s4}) 1 4

= Gambar 1b

1 4

+

1

+ 4

1

+ 4

4

= 4 = 1. Dengan cara yang sama maka untuk setiap peristiwa A, B  S akan diperoleh 2

3

1

P(A) = 4 , P(B) = 4 , dan P(A  B) = 4 . Amati bahwa ruang sampel S pada contoh yang kedua di atas adalah ruang sampel S yang berdistribusi seragam. Mengapa? Sebab seperti yang dapat kita lihat ternyata semua titik sampel dalam ruang sampel S berpeluang sama untuk muncul. Peluang

4


1

munculnya masing-masing titik sampel dalam ruang sampel S adalah P({si }) = 4 untuk setiap si  S. Selidiki pula bahwa untuk perhitungan nilai peluang munculnya peristiwa A dalam uang sampel S yakni A  S pada contoh yang kedua ini juga akan berlaku rumus P(A) n( A)

= n( S ) . Sementara rumus tersebut tidak berlaku untuk contoh yang pertama. Kini amati bahwa untuk ruang sampel S pada contoh yang kedua ini jika kita gunakan n ( A)

rumus peluang munculnya peristiwa A  S berupa P(A) = n ( S ) untuk setiap peristiwa A  S maka nilai peluang munculnya peristiwa A, B  S masing-masing adalah: n ( A)

2

1

n( B)

3

P(A) = n ( S ) = 4 = 2 , P(B) = n ( S ) = 4 . Selidiki bahwa hasil-hasil tersebut ternyata sama nilai peluangnya dengan jika kita gunakan perhitungan menggunakan prinsip penjumlahan. Pembahasan selengkapnya dapat dipelajari pada bagian III.

B.

Target Kompetensi

Target kompetensi yang hendak dicapai dari bahan diklat ini adalah “Peserta diklat ETraining Terstruktur dapat menentukan banyaknya semua hasil yang mungkin (kombinatorik) dari suatu eksperimen (percobaan acak sedemikian sehingga si pelaku eksperimen dijamin tidak dapat mengatur hasil eksperimennya) terhadap sejumlah obyek tertentu yang selanjutnya kita sebut “obyek eksperimen”. Himpunan semua hasil (eksperimen) yang mungkin yang diperoleh dari sejumlah obyek eksperimen yang diberikan (diketahui) didefinisikan sebagai “Ruang Sampel” dan umumnya dilambangkan menggunakan huruf kapital “S”. Selanjutnya peserta diklat dapat menentukan banyak angota (banyak titik sampel yang terdapat pada setiap peristiwa yang didefinisikan dalam ruang sampel S) yakni peristiwa A, B  S dalam

bentuk

kata-kata/kalimat,

menentukan

nilai

peluangnya,


serta 5

mengidentifikasi relasi antarperistiwa dalam ruang sampel S tersebut untuk eksperimen yang berupa: 1. Pengundian (tidak melibatkan perhitungan permutasi dan kombinasi) 2. Pengambilan Sampel (melibatkan perhitungan permutasi dan kombinasi) Pengundian yang dimaksud adalah eksperimen (percobaan acak) yang melibatkan obyek-obyek seperti misalnya: mata uang logam, dadu, paku payung, kartu gambar yakni kartu-kartu yang salah satu sisinya bergambar dan sisi lainnya kosong (tidak bergambar), dan lain-lain. Sementara pengambilan sampel yang dimaksud adalah pengambilan acak dari sebagian obyek (sampel) yang berasal dari sejumlah obyek yang jumlahnya lebih banyak (populasi). Bedakan antara “konsep sampel” dengan “konsep ruang sampel”. Sampel adalah sebagian dari keseluruhan (populasi), sedangkan ruang sampel adalah himpunan semua hasil yang mungkin terjadi dalam suatu eksperimen (percobaan acak/tindakan acak).

C.

Strategi Pembelajaran

Pembelajaran dilakukan dengan sistem ETraining, di mana peserta harus masuk/login

ke

sistem

Etraining

PPPPTK

Matematika

pada

alamat

diklatonline.p4tkmatematika.org menggunakan user ID dan password yang telah disediakan admin. Peserta mempelajari materi melalui bahan bacaan-bahan bacaan yang disediakan secara mandiri. Selanjutnya, peserta mengikuti forum diskusi untuk mendiskusikan topik-topik sesuai materi yang sedang dijadwalkan maupun berkonsultasi dengan fasilitator. Untuk mengetahui pencapaian kompetensi, peserta diklat mengerjakan tugas dan tes akhir. Keseluruhan strategi pembelajaran dilaksanakan secara daring (online) penuh. Interaksi antara peserta dengan fasilitator dilakukan secara daring (online) dalam forum diskusi maupun fasilitas chatting dan email.

6


BAHAN BACAAN I KOMBINATORIK Kombinatorik adalah teknik menghitung banyak anggota ruang Sampel. Yakni banyak cara munculnya hasil-hasil yang mungkin pada suatu eksperimen (percobaan acak). Untuk dapat memahaminya dengan baik perhatikan contoh masalah dan cara penyelesaiannya berikut ini.

A.

Prinsip Perkalian

Masalah 1 Misalkan kita adakan eksperimen (percobaan acak) berupa pengundian sekaligus sebuah paku payung standar (warna putih gilap) dan sebuah dadu. Pertanyaannya adalah ada berapa macam (ada berapa cara) hasil yang mungkin terjadi pada eksperimen tersebut?

Penyelesaian Amati bahwa dari masalah yang dikemukakan di atas, obyek eksperimen, cara eksperimen, dan hasil-hasil yang mungkin masing-masing adalah seperti yang digambarkan berikut. Kemungkinan

Cara Ekp. Obyek Ekp.

I m

diundi sekaligus

I

II Keterangan

Hasil miring

2 t cara

m =

Hasil terlentang  t =

6 cara

II 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6

Hasil-hasil yang mungkin (m, 1) = s1 (m, 2) = s2 (m, 3) = s3 (m, 4) = s4 (m, 5) = s5 ( m, 6)= s6 ( t, 1) = s7 ( t, 2) = s8 ( t, 3) = s9 ( t, 4) = s10 ( t, 5) = s11 ( t, 6) = s12

S n(S) = 12

Gambar 2 ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

7

Berdasarkan kerangka penyelesaian yang digambarkan di atas dapat kita lihat bahwa obyek eksperimen I adalah sebuah paku payung sementara obyek eksperimen II adalah sebuah dadu. Cara eksperimennya adalah diundi sekaligus. Sedangkan hasilhasil yang mungkin berupa pasangan berurutan (m, 1), (m, 2), (m, 3), … dan seterusnya hingga (t, 6). Atau jika ditulis dalam bentuk lambang titik-titik sampel semuanya ada 12. Keduabelas titik sampel yang dimaksud adalah s1, s2, s3, ... , s12. Sehingga ruang sampel S dari eksperimen di atas adalah: S = {(m, 1), (m, 2), (m, 3), … , (t, 6)} atau S = { s1, s2, s3, …. , s12}. Maka n(S) = 12. Kini pertanyaan selanjutnya adalah apa kira-kira hubungan antara n(S) = 12 dengan banyaknya hasil yang mungkin untuk obyek eksperimen I yakni n(I) = 2 dan banyaknya hasil yang mungkin untuk obyek eksperimen II yakni n(II) = 6? Amati bahwa setelah dicermati secara seksama ternyata n(S) = 12 = 2  6 = n(I)  n(II). Dengan demikian, n(S) merupakan hasil perkalian antara banyaknya cara munculnya hasil yang mungkin pada obyek eksperimen I dengan banyaknya cara munculnya hasil yang mungkin pada obyek eksperimen II, yakni n(S) = 2  6 = n1  n2. Kini bagaimana jika obyek eksperimennya sebanyak k., yakni obyek eksperimen I, II, III, … dan seterusnya hingga K. Misalkan masing-masing obyek dapat terjadi dalam n1 cara, n2 cara, n3 cara, dan seterusnya hingga nk cara. Berapakah banyak anggota ruang sampel S jika kesemua obyek eksperimen itu diundi sekaligus? Apakah kita sepakat jika kesemua obyek eksperimen itu diundi sekaligus maka ruang sampel S akan memuat titik sampel sebanyak n(S) = n1  n2  n3  …  nk ? Jika kita sepakat dengan dugaan di atas dari mana kita dapat menyimpulkannya? Apakah kita menyimpulkannya berdasarkan pola atau dari kerangka berpikir lain yang mungkin dalam bentuk gambar atau bentuk apa yang mungkin. 8


Perlu diingat bahwa jika kita dapat menyampaikannya dalam bentuk gambar, menurut

Bruner

menangkapnya

(Jerome secara

Bruner, jelas

peserta

1915–...) dan

akan

didik

mampu

akan

dapat

mengembangkan

pengetahuannya jauh melebihi dari apa yang pernah mereka terima dari gurunya. Banyak anggota S seperti yang ditunjukkan pada petak di atas selanjutnya dikenal sebagai “prinsip perkalian”. Gambaran lebih lanjut seperti berikut.

Hasil2 yg mungkin Kemungkinan

Cara Eksp

s2

…

s3

O1

…

Obyek Eksperimen

S

Diundi sekaligus

…

Ruang sampel S dengan banyak titik sampel: n(S) = n1  n2  n3  …  nk .

n2 cara

…

…

n1 cara

…

OI OII OIII … Ok n1 n2 n3 nk cara cara cara cara

s1

…

O2

Ok

nk cara

sn = n 1  n 2  …  n k

Gambar 3 Dari kerangka berpikir yang digambarkan di atas kemungkinan terjadinya obyek eksp O1, O2, O3, ... dan seterusnya hingga obyek eksperimen Ok masing-masing dapat terjadi dalam n1 cara, n2 cara, ... , dan seterusnya hingga nk cara. Maka secara nalar hasil-hasil eksperimen yang mungkin terjadi adalah sebanyak n1  n2  n3  …  nk cara. Yakni dari titik-titik sampel s1, s2, s3, ... , hingga sn = n1  n2  …  nk .


9

B.

Contoh Terapan Prinsip Perkalian

Masalah 2 Misalkan dari himpunan {0, 1, 2, 3} akan dibuat bilangan 3(tiga) angka antara 100 dan 320. Pertanyaannya adalah ”Ada berapa cara (ada berapa hasil yang mungkin) untuk membentuk bilangan 3(tiga) angka antara 100 dan 320 pada eksperimen ini?

Penyelesaian 1. Dengan penalaran Lengkap Selidiki dari masalah yang diketahui bahwa Obyek eksperimennya adalah himpunan berupa {0, 1, 2, 3}. Cara ekperimennya adalah ”Ada berapa cara (ada berapa hasil yang mungkin) bilangan 3(tiga) angka yang dapat dibentuk antara 100 dan 320 pada eksperimen ini? Jawab Untuk memperjelas pemahaman gambaran penyelesaiannya adalah seperti berikut. Bilangan ratusan yang mungkin dari bilangan 3(tiga) yang dapat dibentuk antara 100 dan 320 yaitu (100 < x < 320) , yakni x berupa bilangan tiga angka antara 100 dan 320 adalah: o Ratusannya yang mungkin dari himpunan {0, 1, 2, 3} untuk bilangan tiga angka antara 100 dan 320 adalah 1, 2, dan 3 sebab 0 tidak mungkin menempati tempat ratusan. .Mengapa? o Bilangan puluhan yang mungkin untuk menaempati tempat puluhan jika ratusannya 1 dari himpunan {0, 1, 2, 3} adalah semua elemen dari bilangan 0, 1, 2, 3. Sehingga untuk ratusan 1 puluhan yang mungkin adalah 1, 2, 3. Yakni semua elemen dari {0, 1, 2, 3} yaitu bilangan 0, 1, 2, 3. Khusus untuk ratusan 1 karena harus memenuhi syarat bilangan x dengan 100 < x < 320 adalah 1, 2, dan 3. Maka bilangan puluhan yang mungkin jika ratusan 1 untuk menempati tempat puluhan adalah 1, 2, dan 3, Sementara untuk ratusan 2, bilangan puluhan yang mungkin untuk memenuhi tempat puluhan adalah semua bilangan yang

10


disediakan. Yakni bilangan 0, 1, 2, dan 3. Sedangkan untuk ratusan 3, bilangan puluhan yang mungkin agar memenuhi syarat 100 < x < 320 adalah 0 dan 1. o Satuan yang mungkin jika ratusannya 3 dari bilangan 3 (tiga) angka x yang memenuhi syarat 100 < x < 320 adalah puluhannya 0 dan 1. Semenrata bilangan satuannya agar memenuhi sayarat 100 < x < 320 adalah semua bilangan 0, 1, 2, dan 3. . Sehingga gambaran penalaran selengkapnya adalah seperti berikut. Hasil-hasil yang mungkin III Sat

II Pul

I Rat

0

1

4 cara

Cara Eksperimen

0

Obyek Eksp {0, 1, 2, 3}

Dibuat bilangan 3 angka yang angka-angkanya antara100 dan 320.

2 3

(102) = s2 (103) = s3 (110) = s4 (111) = s5 (112) = s6 (113) = s7

0 1 2 3

(130) = s12 (131) = s13 (132) = s14 (133) = s15

0 1 2 3

(200) = s16 (201) = s17 (202) = s18 (203) = s19

1

2

S n(S) = 39

2

1 cara

4 cara 3

Gambar 4

(101) = s1

3 cara 0 1 cara 1 1 2 3 2 3 3 cara

1 cara

1

4 cara

1 cara

0 3

1 2 cara

0 1 2 3 0 1 2 3

(230) = s28 (231) = s29 (132) = s30 (233) = s31 (310) = s36 (311) = s37 (312) = s38 (313) = s39

4 cara ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

11

2. Dengan Cara Singkat Karena dari himpunan {0, 1, 2, 3} akan dibuat bilangan 3 (tiga) angka antara 100 dan 320 yakni bilangan cacah x yang memenuhi syarat 100 < x < 320 adalah seperti berikut. o

Bilangan yang mungkin untuk menempati tempat ratusan adalah bilangan 1, 2, dan 3. Dalam hal ini tidak mungkin 0 menempati tempat ratusan. Mengapa? Sebab hasil seperti 023 bilangan sesungguhnya adalah 23. Sehingga bilangan yang mungkin untuk menempati tempat ratusan sebanyak 3 cara. Artinya n(ratusan) = 3.

o

Bilangan yang mungkin untuk menempati tempat puluhan adalah 0, 1, 2 dan 3 untuk ratusan 1 dan 2, serta 0, 1 untuk ratusan 3. Sehingga n(puluhan) = 4.

o

Bilangan yang mungkin untuk menempati tempat satuan jika ratusannya 1 dan puluhannya 0 adalah 1, 2, dan 3; jika ratusannya 1 dan puluhannya 1, 2, 3 adalah 0, 1, 2, 3. Sedangkan jika ratusannya 2, semua puluhan dan semua satuan mungkin, yaitu 0, 1, 2, dan 3. Sementara jika ratusannya 3, puluhannya 0, 1 bilangan satuan yang mungkin adalah 0, 1, 2, 3. Sehingga n(satuan) = 4.

o

Banyak anggota ruang sampel S adalah n(S)

= Jumlah dari n(Ratusan)  n(Puluhan)  n(Satuan) = (1  1  3) + (1  3  4) + (1  4  4) + (1  2  4) =

3

+

12

+

16

+

8

= 39.

12


BAHAN BACAAN II KOMBINATORIK DAN PELUANG PADA PENGUNDIAN A.

Konsep Peluang dan Frekuensi Harapan

Masalah 1 (Konsep Peluang) Apa yang akan terjadi bila kita undi sekeping mata uang logam sebanyak 20.000 kali dan apa yang akan terjadi jika kita undi sebuah paku payung standar (warna putih gilap) sebanyak 20.000 kali? Penyelesaian Tabel 1 b

Tabel 1 a Banyaknya Eksp.

Frek. Muncul

muka A (angka )

Frek. Rel. hasilnya m

Banyaknya Eksp.

(n)

(m)

fr = m n

(n)

10 100 1.000 5.000 10.000 15.000 20.000

8 62 473 2550 5098 7619 10.038

0,8000 0,6200 0,4730 0,5100 0,5098 0,5079 0,5019

1000 5.000 10.000 15.000 20.000

(Sumber: Anton :1982,79. Applied Finite Mathematics).

Frek. Muncul hasil miring (m)

Frek. Rel. hasilnya m

314 1577 3157 4682 6214

0,3140 0,3154 0,3157 0,3121 0,3107

fr = m n

(Sumber: Eksperimen Pribadi, 2001).

Untuk diketahui bahwa hasil eksperimen yang pernah dilakukan oleh seseorang (Anton, 1982:79) dan eksperimen pribadi oleh penulis di tahun 2001 diperoleh hasilhasil seperti berikut.


13

Dari kedua obyek eksperimen (percobaan acak) seperti yang diperlihatkan pada tabel di atas tampak bahwa semakin banyak eksperimen dilakukan maka frekuensi realtif munculnya muka angka (A) pada mata uang logam nilai frekuensi relatifnya akan semakin mendekati nilai 0,5000 sementara untuk eksperimen yang sama terhadap paku payung (fines) diperoleh hasil bahwa nilai frekuensi relatifnya akan semakin mendekati nilai 0,3100. Perhatikan bahwa dalam 1 (satu) tempat desimal maka nilai frekuensi relatif munculnya muka angka (A) pada sekeping mata uang logam dan munculnya hasil miring (m) pada paku payung jika eksperimen dilakukan sampai dengan tak hingga kali masing-masing adalah seperti berikut. fr (A) =

1 = 0,5 2

fr ({m}) =

dan

3 . 10

Peluang munculnya suatu hasil eksperimen didefinisikan sebagai nilai frekuensi relatif munculnya hasil itu jika eksperimen yang dilakukannya diulang-ulang sampai dengan tak hingga kali. Oleh sebab itu maka selanjutnya dikatakan bahwa: Peluang munculnya muka angka A pada mata uang logam adalah: P(A) =

lim f r ( A)  n 

Peluang munculnya hasil miring paku payung adalah: dan

1 2

P({m}) =

n 

r

({m}) 

3 . 10

Untuk Sebuah Paku Payung

Untuk Sekeping Mata Uang Logam

Peluang Muncul Muka Angka (A)

Peluang Muncul Muka Gambar (G)

1 P(A) = 2

1 1 P(G) = 1 – = 2 2

Peluang Miring P({m}) =

Gambar 5

14

lim f


3 10

Peluang Terlentang P({t}) = 1 –

3 7 = 10 10

Selanjutnya karena hasil eksperimen yang mungkin untuk mata uang logam hanyalah muka angka A atau muka gambar G sementara untuk paku payumg hanyalah hasil miring m, atau terlentang t maka Catatan Obyek-obyek eksperimen yang menghasilkan nilai peluang yang sama jika diundi disebut obyek-obyek eksperimen yang seimbang (homogin) sementara obyek-obyek eksperimen yang menghasilkan nilai peluang yang tidak sama jika diundi disebut obyek-obyek eksperimen yang tak seimbang (non-homogin). Pada contoh di atas mata uang logam termasuk obyek eksperimen yang seimbang sementara paku payung termasuk obyek eksperimen yang tak seimbang. Kini misalkan ada pertanyaan berapakah peluang munculnya Hasil Berdiri

hasil berdiri {b} jika sebuah paku payung standar diundi dengan cara melambungkannya ke udara dan membiarkannya jatuh di laintai bersemen?

{b} Mungkinkah? Gambar 6

Jika pada suatu eksperimen (percobaan acak) suatu peristiwa A pasti terjadi maka peristiwa itu disebut sebagai suatu kepastian. Sementara itu jika pada suatu eksperimen suatu peristiwa A tak mungkin terjadi maka peristiwa itu disebut sebagai suatu kemustahilan.

Kini kita sudah dapat mengidentifikasi manakah diantara obyek-obyek eksperimen berikut ini yang merupakan obyek eksperimen setimbang dan manakah diantara obyek-obyek eksperimen berikut ini yang merupakan obyek eksperimen tak setimbang. Setimbang berarti jika obyek eksperimen itu diundi maka masing-masing hasil yang mungkin berpeluang sama untuk muncul.


15

Obyek Setimbang

Obyek Tak Setimbang

muka G (gambar)

muka A (angka)

terlentang (t)

Obyek Setimbang

miring (m)

(b)

(a)

(c)

Gambar 7

Masalah 2 (Konsep Frekuensi Harapan) Dari nilai-nilai peluang munculnya hasil-hasil yang mungkin pada sekeping mata uang logam dan sebuah paku payung (fines) jika diadakan pengundian kepada masingmasing obyek eksperimen itu bagaimana frekuensi harapan munculnya hasil yang mungkin jika pengundian dilakukan hingga 100.000 kali? Penyelesaian Jika pengundian dilakukan hingga 100.000 kali maka frekuensi harapan (fh) munculnya: Muka Angka

Muka Gambar

fh (A) = 100.000  P(A) = 100.000 

1 2

= 50.000 kali.

fh (A) = 100.000  P(G) = 100.000 

1 2

= 50.000 kali.

Hasil Miring

Hasil Terlentang

fr (A) = 100.000  P({m})

fr (A) = 100.000  P({t})

=100.000 

3 10

= 30.000 kali.

= 100.000 

7 10

= 70.000 kali.

Jadi jika pengundian atas sekeping mata uang logam dilakukan sebanyak 100.000 kali maka frekuensi harapan munculnya muka angka adalah sebanyak 50.000 kali dan frekuensi harapan munculnya muka gambar juga sebanyak 50.000 kali. Sementara untuk sebuah paku payung jika pengundian dilakukan sebanyak 100.000 kali maka 16


frekuensi harapan munculnya hasil miring sebanyak 30.000 kali dan hasil terlentang sebanyak 70.000 kali. Catatan Frekuensi harapan (fh) munculnya banyak kali hasil A yang diharapkan jika eksperimen (percobaan acak) dilakukan sebanyak n kali didefinisikan sebagai fh (A) = n  P(A).

B.

Ruang Sampel, Titik Sampel, Peristiwa, dan Relasi Antarperistiwa

Masalah 1 (Konsep Ruang Sampel, Titik Sampel, dan Peristiwa) Cara Ekp.

Misalkan 2 (dua) keping mata uang logam diundi sekaligus. Masalah yang ditanyakan adalah: (a) Hasil-hasil

Obyek Ekp.

apa saja yang mungkin terjadi pada eksperimen tersebut? diundi sekaligus

I

II Gambar 8

? (b) Tentukan ruang sampel, titik-titik sampel, dan peristiwa

A

yang

didefinisikan

sebagai

peristiwa

munculnya muka gambar G tepat sebanyak 1 kali, serta peristiwa B didefinisikan sebagai peristiwa munculnya muka gambar G tepat sebanyak 2 kali. Gambarkan kesemuanya itu dalam bentuk diagram pohon dan kemudian dalam bentuk diagram Venn.

Penyelesaian a. Dalam Bentuk Diagram Pohon Dalam bentuk diagram pohon gambaran selengkapnya dari eksperimen (percobaan acak) tersebut adalah seperti berikut.


17

Kemungkinan Cara Ekp. Obyek Ekp.

I

(A,A) = s1

A diundi sekaligus

I

II A

Hasil-hasil Yang Mungkin

A G

(A,G) = s2

A

(G,A) = s3

G

(G,G) = s4

S G

II

B

Gambar 9 Berdasarkan peragaan gambar 9 di atas maka: Ruang sampelnya adalah S = {(A, A), (A, G), (G, A), (G, G)} atau S ={s1, s2, s3, s4}. Hasil-hasil yang mungkin seperti s1, s2, s3, s4 masing-masing disebut titik sampel, dan himpunan bagian dari ruang sampel disebut sebagai periistiwa/kejadian dalam rauang sampel S. Pada contoh ini A = peristiwa munculnya muka gambar G tepat sebanyak 1 kali = {s2, s3}, dan B = peristiwa munculnya muka gambar G tepat sebanyak 2 kali = {s4} masing-masing disebut peristiwa/kejadian dalam ruang sampel S. Peristiwa B dalam S yang tepat memiliki 1 titik sampel disebut sebagai peristiwa elementer atau peristiwa sederhana. Sementara peristiwa A yang memiliki lebih dari 1 titik sampel disebut sebagai peristiwa majemuk. b. Dalam Bentuk Diagram Venn Dalam bentuk diagram Venn kerangka pemikirannya adalah seperti berikut. S

s1

A s2

s3 s4

B

S = Ruang sampel hasil eksperimen. s1, s2, s3, dan s4 adalah titik-titik sampel dalam ruang sampel S. A, B  S masing-masing disebut peristiwa dalam ruang sampel S.

Gambar 9.b 18


Peristiwa A yang memiliki lebih dari 1 titik sampel disebut peristiwa majemuk dan peristiwa B yang memiliki tepat 1 titik sampel disebut peristiwa sederhana (peristiwa elementer/ elementary event). A. Peluang Pada Pengundian Masalah 1 Dua buah paku payung standar (warna putih gilap) diundi sekaligus. Jika A adalah peristiwa munculnya hasil kembar dan B adalah peristiwa munculnya hasil Obyek Ekp. terlentang minimal sebanyak 1 kali. Pertanyaannya diundi adalah: sekaligus a. Gambarkan hasil-hasil eksperimen yang mungkin terjadi dalam bentuk diagram pohon (termasuk I II ruang sampel S dan peristiwa A dalam S yakni Gambar 10 A  S) Gambarkan hasil-hasil eksperimenya dalam bentuk diagram Venn. Tentukan P(A) yakni peluang munculnya peristiwa A. Tentukan P(B) yakni peluang munculnya peristiwa B. Tentukan relasi antara peristiwa A dan B. Cara Ekp.

b. c. d. e.

Penyelesaian a. Dengan Penalaran Lengkap Pertama kita gambar kerangka pemikiran berkenaan dengan hasil-hasil yang mungkin: ruang sampel S, peristiwa A dan B, serta teknik perhitungan nilai-nilai peluangnya. Gambaran selengkapnya seperti berikut.

Cara Ekp. Obyek Ekp. diundi sekaligus

I

II Keterangan

Hasil miring

I 3 10 3 m 7

Hasil-hasil yang mungkin II m (m,m) = s1

10

10

t

(m, t) = s2

7 10

3 m 10 7 10 t

(t , m) = s3

t

(t , t) = s4

P({(m,m)}) = A P({(m , t)}) = S P({(t , m)}) = B P({(t , t)}) =

m =

Hasil terlentang  t =

P({m}) =

3 10

, P({t}) = 7 10

3 10

9  103  100

3 10

21  107  100

7 10

21  103  100

7 10

49  107  100

+

Total = 100 =1 100

Gambar 10.a ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

19

Dari peragaan gambar di atas akan tampak dengan jelas ruang sampel S pada eksperimen itu, peristiwa A, peristiwa B, dan perhitungan nilai peluang masingmasing. Jika A adalah peristiwa munculnya hasil kembar maka A = {(m, m), (t, t)} = {s1, s4} sehingga P(A) = ({s1, s4}) = P({s1}) + P({s4}) 9

49

58

= 100 + 100 = 100 = 0,58. Jika ruang sampel dan peristiwa A, B  S di atas kita gambarkan dalam bentuk diagram Venn maka gambaran kerangka pemikiran selengkapnya adalah seperti berikut.

A 9 100

s1

49 100

s4

P(A) = P({s1}) + P({s4})

S

B

9

21 100

s2

21 100

s3

= 100

49

58

+ 100 = 100 = 0,58.

P(B) = P({s4}) + P({s2}) + P({s3}) 49

21

= 100 + 100

21

+ 100

91

Gambar 10.b

= 100 = 0,91. Jadi peluang munculnya peristiwa/kejadian A dan B dalam ruang sampel S yakni A, B  S masing-masing adalah P(A) = 0,58 dan P(B) = 0,91.

b. Dengan Cara Singkat Jika A adalah peristiwa/kejadian munculnya hasil kembar pada kedua paku payung, maka A = {(m, m), (t, t)}. Sehingga P(A) = P({(m, m)}) + P({(t, t)}) = P({(m)})  P({(m)}) + P({(m)})  P({(m)}) = =

20

3 10

 103

9 100

+ +


7 10

 107

49 100

58

= 100 = 0,58.

Jika B adalah peristiwa/kejadian munculnya hasil terlentang minimal 1 kali maka berarti peristiwa B = {muncul t satu kali atau muncul t dua kali} = {(m, t), (t, m), (t, t)} = {s2, s3, s4}. Maka P(B) = P({(m, t)}) + P({(t, m)}) + P({(t, t)}) = P({m})  P({t}) + P({t})  P({m)) + P({t})  P({t}) =

3 10

= Jadi

 107

+

21 100

+

7 10

 103

+

21 100

+

7 10

 107

49 100

91

= 100 = 0,91. 91

peluang munculnya peristiwa B  S adalah P(B) = 100 = 0,91. 58

91

49

Selidiki bahwa P(A) = 100 , P(B) = 100 , dan P( A  B) = 100 . 49

58

91

Karena P( A  B) = 100  100  100 . Maka berarti P( A  B)  P(A)  P(B). Sehingga A dan B adalah dua peristiwa tak bebas. Untuk lebih jelasnya lihat relasi antar peristiwa yang digambarkan dalam bentuk diagram Venn berikut ini. Masalah 2 Dua keping mata uang logam diundi sekaligus. Jika A adalah peristiwa munculnya muka angka pada mata Obyek Ekp. uang logam I dan B adalah peristiwa munculnya muka gambar pada mata uang logam II. diundi Pertanyaannya adalah: sekaligus a. Gambarkan hasil-hasil eksperimen yang mungkin I II terjadi dalam bentuk diagram pohon (termasuk ruang sampel S dan peristiwa A dan peristiwa B Gambar 11 dalam S yakni A, B  S) b. Gambarkan hasil-hasil eksperimen tersebut dalam bentuk diagram Venn. c. Tentukan P(A) dan P(B) yakni peluang munculnya masing-masing dari peristiwa A dan peristiwa B d. Tentukan relasi antara peristiwa A dan B. Cara Ekp.


21

Penyelesaian a. Dengan Penalaran Lengkap Pertama kita gambar kerangka pemikiran berkenaan dengan hasil-hasil yang mungkin: ruang sampel S, peristiwa A dan B, serta teknik perhitungan nilai-nilai peluangnya. Gambaran selengkapnya seperti berikut. Hasil2 yang Mungkin Untuk Mata Uang Logam Ke Cara Ekp.

I

Obyek Ekp. diundi sekaligus

I

A

1 2

1 2 G

II

II A

1 2 1 2

Hasil-hasil Yang Mungkin

1 4 1 4 1 4 1 4

G

1 A 2 1 G 2

Total = P(S) =

(A,A) = s1

2

1 2

2

1 2

A P(A) = 4 =

(A,G) = s2 S (G,A) = s3 (G,G) = s4

B

P(B) = 4 =

4 =1 4

Gambar 11.a Dari peragaan gambar di atas akan tampak dengan jelas ruang sampel S pada eksperimen itu, peristiwa A, peristiwa B, dan perhitungan nilai peluang masingmasing. Jika A adalah peristiwa munculnya muka angka pada mata uang logam I, maka A = {(A, A), (A, G) }= {s1, s2} sehingga P(A) = ({s1, s2}) = P({s1}) + P({s2}) = 2  2 + 2  2 = 4 + 4 = 4 = 2. Jika ruang sampel S dan peristiwa A, B  S di atas kita gambarkan dalam sebuah 1

1

1

1

1

1

2

1

bentuk diagram Venn maka gambaran kerangka pemikiran selengkapnya adalah seperti berikut.

22


1 s3 4

A 1 s1 4

1 s2 4

P(A) = P({s1}) + P({s2})

S B

=

1 s4 4

1 4

1

2

1

2

1

= 4 = 2.

+ 4

P(B) = P({s2}) + P({s4}) =

1 4

+

1 4

= 4 = 2.

Gambar 11.b Jadi peluang munculnya peristiwa/kejadian A dan B dalam ruang sampel S yakni A, 1

1

B  S masing-masing adalah P(A) = 2 dan P(B) = 2 . Sementara peluang munculnya peristiwa (A  B) adalah P(A  B) = P({s2}) 1 4

=

.

b. Dengan Cara Singkat Jika A adalah peristiwa/kejadian munculnya muka angka pada mata uang logam I, dan B adalah peristiwa munculnya muka gambar G pada mata uang logam II, maka masing-masing peristiwa yang dimaksud adalah: A = {s1, s2} dan

B = {s2, s4}. Sehingga A  B = {s2}.

Selidiki dari diagram Venn (Gambar 11.b) maupun dari diagram pohon (Gambar 11.a) bahwa P(A  B) = P({s2}) =

1 4

.

Kini kita selidiki apakah P(A  B) = P(A)  P(B) . 1 4

= 2  2

1

1 4

=

1 4

1

.

Karena P (A  B) = P(A)  P(B) maka berarti A dan B adalah dua peristiwa bebas. Untuk lebih jelasnya lihat relasi antar peristiwa yang digambarkan dalam bentuk diagram Venn berikut ini.


23

C.

Relasi Antar Peristiwa

Misalkan ruang sampel S berdistribusi seragam (S homogin) yakni masing-masing titik sampel dalam S berpeluang sama untuk muncul. A, B  S. Relasi antara peristiwa A dan B dalam ruang ruang sampel S digambarkan seperti berikut. a.

S

A  B =  dan A  B  S

B

A

Dalam ruang sampel S (S homogin) A dan B adalah dua peristiwa lepas.

Gambar 12.a

b.

S A

B

A dan B adalah dua peristiwa komplemen. A = bukan B atau B = bukan A, ditulis B = Ac  P(Ac) = 1 – P(A) atau P(A' ) = 1 – P(A) untuk A' = Ac.

Gambar 12.b

c.

S

P(A) =

7 5 2 , P(B) = , P(A  B) = . 10 10 10

Ternyata P(A  B)  P(A)  P(B) , maka B

A

A dan B adalah dua peristiwa tak bebas.

Gambar 12.c

d.

A

S B

P(A) =

7 5 2 , P(B) = , P(A  B) = . 10 10 10

Ternyata P(A  B) = P(A)  P(B) , maka A dan B adalah dua peristiwa bebas.

Gambar 12.d

24


Latihan 1 1. Sekeping mata uang logam dan 2(dua) buah paku payung diundi sekaligus. Misalkan S adalah ruang sampel pada eksperimen itu. Cara Eksp Obyek Eksp diundi sekaligus I

II

S?

III Gambar 13

Pertanyaannya adalah: (a) Gambarkan diagram pohon ruang sampel S, titik sampel s1, s2, s3, ... dan seterusnya dalam S, serta peristiwa-peristiwa A, B dan A  B dalam S jika A adalah peristiwa munculnya muka gambar G pada mata uang logam dan munculnya hasil kembar pada paku payung. Sementara B adalah peristiwa munculnya hasil miring m pada paku payung sebanyak 2 kali. Tentukan peristiwa A, B, dan A  B dalam bentuk himpunan. (b) Gambarkan ruang sampel S, titik-titik sampel s1, s2, s3, ... dan seterusnya, serta peristiwa-pristiwa A dan B dalam sebuah diagram Venn. (c) Apakah A dan B merupakan 2 peristiwa lepas, bebas, tak bebas, atau komplemen? 2. Ada berapa cara hasil yang mungkin terjadi jika 4 keping mata uang logam, 1 buah dadu, dan 2 buah paku payung diundi sekaligus. Kemukakan alasan dan penalarannya


25

3. Tiga buah dadu diundi sekaligus. Misalkan S adalah ruang sampel pada eksperimen itu. Cara Eksp Obyek Eksp diundi sekaligus I

II

?

III Gambar 18

Pertanyaannya adalah: (a) Tentukan n(S) yakni banyak anggota ruang sampel S. Jelaskan. Apakah ruang sampel S berdistribusi seragam? Yakni masing-masing titik sampelnya berpeluang sama untuk muncul. Kemukakan alasannya. (b) Jika A, B, C, dan D masing-masing adalah peristiwa munculnya muka 1 sebanyak 0 kali, 1 kali, 2 kali, dan 3 kali. Tentukan n(A), n(B), n(C), dan n(D) yakni banyak anggota titik sampel dari masing-masing peristiwa dalam ruang sampel S. (c) Kemukakan relasi diantara peristiwa A, B, C, dan D apakah saling lepas atau saling partisi dalam ruang sampel S. Kemukakan alasannya. 4. Tiga keping mata uang logam (I, II, dan III) diundi sekaligus. Misalkan S adalah ruang sampel pada eksperimen itu. A, B, dan C adalah peristiwa-peristiwa dalam S dengan: A = peristiwa munculnya muka gambar pada mata uang ke II atau ke III B = peristiwa munculnya muka angka pada mata uang ke I atau ke II Tentukan relasi antara peristiwa A dan B. 5. Sekeping mata uang logam diundi sebanyak 100 kali. Tentukan frekuensi harapan munculnya: a. Muka angka dalam pengundian itu. b. Muka gambar dalam pengundian itu. 6. Sebuah paku payung diundi sebanyak 1000 kali. Tentukan frekuensi harapan munculnya: 26


a. Hasil miring dalam pengundian itu. b. Hasil terlentang dalam pengundian itu. 7. Sebuah dadu dilambungkan sebanyak 1200 kali. Tentukam frekuensi harapan munculnya: a. Mata dadu genap dalam pengundian itu. b. Mata dadu prima dalam pengundian itu. c. Mata dadu genap dan mata dadu prima dalam pengundian itu. 8. Tiga lembar kartu bergambar diundi sekaligus dengan cara melemparkannya ke udara dan membiarkannya jatuh di tanah. Pertanyaannya adalah: a. Jika S adalah ruang sampel dari eksperimen itu, tentukan n(S) = ... yakni banyak anggota S dalam eksperimen itu. b. Jika A  S adalah peristiwa munculnya muka gambar sebanyak 2 kali, tentukan peluang munculnya peristiwa A. c. Jika B  S adalah peristiwa munculnya muka gambar sebanyak 1 kali, tentukan peluang munculnya peristiwa B. d. Jika C  S adalah peristiwa tak satupun kartu gambar muncul dalam eksperimen itu, tentukan peluang munculnya peristiwa C. e. Tentukan relasi antara peristiwa A, B, dan C.


27

BAHAN BACAAN III KOMBINATORIK DAN PELUANG PADA PENGAMBILAN SAMPEL A.

Notasi Faktorial

Masalah Misalkan pada sebuah lomba tebak tepat yang diikuti oleh 3 regu yakni regu A, regu B, dan regu C. Misalkan pada lomba ini disediakan 3 hadiah (hadiah I, II, dan III). Pertanyaannya adalah ada berapa cara hadiah-hadiah itu dapat diberikan pada para pemenang? Penyelesaian Misalkan obyek eksperimen O = {A, B, C} adalah himpunan 3 (tiga) regu peserta tebak tepat. Karena pada eksperimen ini pada umumnya diberikan hadiah I, II, dan III yang tidak sama nilai rupiahnya maka berarti urutan pemenang memiliki makna yakni hadiah I lebih besar dari hadiah II, hadiah II lebih besar dari seterusnya

(bila

regu

dan

hadiahnya

lebih

banyak).

hadiah III, dan

Sehingga

gambaran

penyelesaiannya adalah seperti berikut.

Obyek Eksp

O = {A, B, C}

Cara Eksp

Urutan I A

Bertanding untuk memperebutkan

B

hadiah I, II, dan III

Maka Ruang sampelnya S = {s1, s2, …, s6}. Banyaknya cara n(S) = 6. n(S) = 6 = 3  2  1 = 3! 28

C 3 cara

II B

Hasil-hasil III yang mungkin C … (A,B,C) = s1

C

B … (A,C,B) = s2

A

C … (B,A,C) = s3

C

A … (B,C,A) = s4

A

B … (C,A,B) = s5

B

A … (C,B,A) = s6

2 cara

Gambar 19 ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

1 cara

S

Perhatikan bahwa berdasarkan peragaan gambar di atas maka hasil-hasil yang mungkin adalah (A,B,C), (A,C,B), (B,A,C), … , (C,B, A) atau s1, s2, s3, s4, s5, dan s6. Maka ruang sampelnya adalah S dengan banyak anggotanya n(S) = 6. Perhatikan pula bahwa n(S) = 6 berasal dari hasil kali 3  2  1. Bentuk perkalian 3  2  1 itu selanjutnya didefinisikan sebagai 3! (baca”3 faktorial). Yakni: 3! = 3  2  1. Dengan melihat penalaran seperti yang dikemukakan di atas maka untuk setiap bilangan cacah n maka n! = n(n – 1)(n – 1)(n – 1) … 2  1.

Lebih lanjut didefinisikan (disepakati) bahwa 0! = 1.

B.

Permutasi

Masalah Misalkan pada suatu lomba tebak tepat yang diikuti oleh 3 regu (regu A, regu B, dan regu C) hanya menyediakan 2 macam hadiah saja yakni hadiah I dan hadiah II. Pertanyaannya adalah ada berapa cara hadiah-hadiah itu dapat diberikan kepada para pemenang? Penyelesaian Misalkan obyek eksperimen O = {A, B, C} adalah himpunan regu peserta tebak tepat. Karena pada eksperimen ini hanya menyediakan 2 hadiah maka gambaran penyelesaiannya adalah seperti berikut.


29

Urutan pemenang yang mungkin Cara Eksp

Obyek Eksp

O = {A, B, C}

Hasil-hasil yang mungkin II B ….. (A,B) = s1

I A

Bertanding untuk memperebutkan

C ….. (A,C) = s2 A ….. (B,A) = s3

B

C ….. (B,C) = s4

hadiah I dan II

S

A ….. (C,A) = s5 Maka Ruang sampelnya S = {s1, s2, …, s6}. Banyaknya cara n(S) = 6 = 3  2.

C 3 cara

B ….. (C,B) = s6 2 cara

Gambar 20 Dari gambaran kerangka berpikir di atas maka ada 6 cara hadiah I dan II dapat diberikan kepada para pemenang. Sehingga banyak anggota ruang sampelnya adalah n(S) = 6. Ruang sampel S yang dimaksud adalah S = {(A, B), (A,C), (B, A), (B,C), (C, A), (C, B) } = { s1, s2, s3, …, s6}. Perhatikan bahwa n(S) = 6 tidak lain berasal dari 3 cara dan 2 cara. Yakni: n(S) = 6 = 32 =

3  2  1 3! 3! = = . 1 1! (3  2)!

Amati bahwa susunan elemen hasil (pemenang lomba) seperti (A, B)  (B, A) sebab (A, B) artinya juara I adalah regu A dan juara keduanya adalah regu B. Sementara susunan elemen hasil seperti (B, A) artinya B juara I dan A juara II. Karena (A, B)  (B, A) maka berarti susunan urutan mempunyai makna. Jika susunan urutan eleman-elemennya mempunyai makna maka susunan elemanelemen itu selanjutnya disebut sebagai eleman-elemen permutasi. Sehingga n(S) = 6 artinya banyaknya permutasi 2 hadiah dari 3 peserta (regu) adalah S dengan

30


3 peaerta n(S) = P2dari = P2dari 3 = P23 = hadiah

3! 3! . Yakni n(S) = P23 = . (3  2)! (3  2)!

Selidiki jika banyaknya peserta n dan banyaknya hadiah yang disediakan r (tentu r  n) maka akan selalu benar bahwa banyak anggota ruang sampel S adalah n(S) dengan n(S) = Prn .

Prn =

n! . (n  r )!

Catatan

Prn artinya banyaknya permutasi (susunan urutan punya makna/diperhatikan) dari pasangan berurutan r obyek yang berasal dari obyek eksperimen sebanyak n adalah

n! . (n  r )!

C.

Kombinasi

Masalah Misalkan dari 4 bersaudara Ali (A), Budi (B), Cahya (C), dan Doni (D) diundang 2 orang wakilnya untuk rapat keluarga. Pertanyaanya adalah ada berapa cara undangan itu dapat dipenuhi? Bagaimana pula jika yang diundang adalah 3 orang dari 4 bersaudara itu? Penyelesaian Dari masalah yang dikemukakan di atas maka obyek eksperimennya adalah O = {A, B, C, D} sedangkan eksperimennya adalah mengundang hadir dalam rapat keluarga sebanyak 2 orang wakilnya. Bagaimana bila eksperimennya diganti dengan mengundang hadir dalam rapat keluarga sebanyak 3 orang wakilnya. Ruang sampel dari masing-masing eksperimen itu adalah himpunan semua hasil yang mungkin terjadi pada eksperimen itu. Penalaran selengkapnya adalah seperti berikut.


31

Tabel 3 No. 1.

Obyek Eksperimen O = {A, B, C, D}

Cara Eksperimen Mengundang 2 orang wakilnya untuk rapat keluarga

Hasil-hasil yang Mungkin (Hadir) (A,B) = s1 .... baca A dan B = s1. (A,C) = s2 (A,D) = s3 (B,C) = s4

n(S) = 6

(B,D) = s5 (C,D) = s6 2.

O = {A, B, C, D}

(A,B,C) = s1 Mengundang 3 orang wakilnya untuk rapat keluarga

(A,B,D) = s2 (A,C,D) = s3

n(S) = 4

(B,C,D) = s4

Perhatikan bahwa rangkaian hasil-hasil eksperimen yang mungkin terjadi seperti di atas selanjutnya disebut elemen-elemen kombinasi sebab elemen hasil seperti (A,B) dan (B,A) hanya diwakili oleh (A,B) saja? Mengapa? Sebab (A,B) artinya yang hadir adalah A dan B. Sedangkan (B,A) artinya yang hadir adalah B dan A. Karena yang hadir adalah A dan B sama dengan yang hadir adalah B dan A. Maka susunan hasil eksperimen seperti (A,B) = (B,A). Karena susunan hasil seperti (A,B) = (B,A) maka secara lebih tepat dapat diganti dengan

{A,B} sebab jelas bahwa penulisan himpunan tidak memungkinkan adanya

pengulangan elemen dan susunan elemen-elemennya tidak diperhatikan. Yakni {A,B} = {B,A}. Hal yang sama {A,B,C} = {B,C,A} = {C,A,B} dan lain-lain sebab sama-sama berarti bahwa yang hadir adalah si A, si B, dan si C. Oleh sebab itu penulisan elemenelemen kombinasi akan lebih tepat jika ditulis dalam bentuk himpunan bukan dalam bentuk pasangan berurutan. Dalam bentuk himpunan, banyaknya hasil yang mungkin jika 4 bersaudara {A, B, C, D} diundang 2 orang wakilnya untuk rapat keluarga maka Kini dalam bantuk himpunan

32


bagian banyaknya hasil yang mungkin adalah sama dengan banyaknya kombinasi 2 elemen dari 4 elemen yang tersedia dilambangkan dengan  4 C24 atau C(4,2) atau 4C2 atau  . Maka C24  6 dan C34  4. Penurunan rumus lebih 2

lanjut: Untuk C24 (Kombinasi 2 dari 4). Tabel 4 Macam

Jika Elemen-elemen Kombinasi itu dipermutasikan

Banyaknya Permutasi

s1 = {A,B}

(A, B), (B, A)

2!

s2 = {A,C}

(A, C), (C, A)

2!

s3 = {A,D}

(A, D), (D, A)

2!

s4 = {B,C}

(B, C), (C, B)

2!

s5 = {B,D}

(B, D), (D, B)

2!

s6 ={C,D}

(C, D), (D, C)

2!

Kombinasi

C24  6

Total  12 elemen  P24  4 3

6  2!

2 faktor

Untuk C34 (Kombinasi 3 dari 4) Tabel 5 Macam

Jika Elemen-elemen Kombinasi itu Dipermutasikan

Banyaknya Permutasi

s1 = {A,B,C}

(A,B,C), (A,C,B), (B, A,C), (B, C,A), (C, A, B), (C, B, A)

3!

s2 = {A,B,D}

(A,B,D), (A,D,B), (B, A,D), (B, D,A), (D, A, B), (D, B, A)

3!

s3 = {A,C,D}

(A,C,D), (A,D,C), (C, A,D), (C, D,A), (D, A, C), (D, C, A)

3!

s4 = {B,C,D}

(B,C,D), (B,D,C), (C, B,D), (C,D, B), (D, B, C), (D, C, B)

3!

 3 2  24 Total = P34  4  

4  3!

Kombinasi

C34  4

3 faktor

= 24


33

Perhatikan bahwa pola yang dapat diamati adalah:

P24  4  3  12  6  2! C24  2! P34  4  3  2  24  4  3! C34  3! Dengan penalaran yang sama maka secara umum akan berlaku bahwa:

Prn  Crn  r! atau

Crn 

n r

P r!

n! (n  r )! = atau r!

Crn 

n! (n  r )!r!

Contoh Pehitungan Hitunglah: a. C320  ... b. C1720  ... Jawab a.

Karena selisih antara 3 dan 20 relatif jauh, maka rumus yang lebih praktis digunakan adalah P320 = 20 turun satu-satu sebanyak 3 faktor dibagi 3 faktorial. Yakni: 3 faktor

Crn 

3 faktor

P 20 20(20  1)(20  2) 20 19 18 Prn sehingga C320  3    1140. r! 3! 3  2 1 3  2 1

b. Karena 17 dan 20 berselisih relatif dekat, maka rumus yang lebih praktis n! digunakan adalah Crn  , sehingga (n  r )!r!

C1720 

20! 20! 20 19 18 17!    1140. (20  17)!17! 3!17! 6 17!

Suatu hal penting yang harus/perlu diketahui dan harus selau diingat adalah banyaknya kombinasi bersesuaian dengan bilangan-bilangan pada segitiga Pascal. Yakni:

34


Segitiga Pascal

Kombinasi

1

C00

1 2

1 1 1

3 4

1 5

C10

1 3 6

10

C02

1 4 10

1 5

C13 C33 C42 C34 C44 C04 C14 5 C50 C15 C52 C53 C4 C55 C30

1 1

C11 C12 C22

(a)

C13

(b) Gambar 21

Dengan hafal 5 hingga 6 baris segitiga Pascal di atas maka kita akan dapat menuliskan nilai-nilai banyaknya kombinasi secara lebih cepat.

D.

Terapan Dalam Pemecahan Masalah Pengambilan Sampel

Masalah Misalkan suatu eksperimen berupa pengambilan acak sebanyak 2 bola akan kita lakukan atas sebuah kotak yang berisi 3 buah bola seukuran bernomor 1, 2, 3. Pertanyaannya adalah ada berapa cara (macam hasil yang mungkin terjadi) jika eksperimen yang kita lakukan (berupa pengambilan 2 bola secara acak) itu adalah pengambilannya: (1) sekaligus, (2) satu demi satu tanpa pengembalian, (3) satu demi satu dengan pengembalian. Penyelesaian Untuk memperjelas permasalahan, masing-masing ruang sampel yang dihasilkan pada ekspermen itu akan diberikan dalam bentuk gambar diagram pohon seperti berikut.


35

1. Pengambilan Sampel Sekaligus (Eksp 1)

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

A

Hasil-hasil yang mungkin 1 2 1

2

3

Eksp1:ambil acak 2 bola sekaligus

(a)

… s1

1 3 … s2

S

s2 S

A s1

s3

2 3 … s3

(b) Gambar 22

Dari gambar peragaan tersebut maka: S = { s1, s2, s3 } disebut ruang sampel, yakni himpunan dari semua hasil yang mungkin terjadi dalam eksperimen itu. Elemen-elemen dalam ruang sampel S yakni s1, s2, dan s3 masing-masing disebut titiktitik sampel, yakni hasil-hasil yang mungkin terjadi pada eksperimen itu. Peristiwa A = {s1, s3 }yang merupakan himpunan bagian dari ruang sampel S, disebut peristiwa/ kejadian dalam ruang sampel S tepatnya adalah peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil. Pada ruang sampel S tersebut s1 = (1,2), s2 = (1,3), dan s3 = (2,3) masing-masing disebut elemen-elemen kombinasi sebab susunan (1,2) = (2,1) sehingga hanya dihitung sebagai 1 titik sampel saja. Mengapa?, sebab terambilnya bola bernomor 1 dengan bola bernomor 2 sama artinya dengan terambilnya bola bernomor 2 dengan bola bernomor 1. 3 obyek Banyaknya kombinasi = C2dari = C2dari 3 = C 23 = 3. Maka n(S) = 3 = C 23 . obyek

36


2. Pengambilan Sampel Satu Demi Satu (1 – 1) Tanpa Pengembalian (Eksp 2) Ambil acak 2 bola 1- 1 tanpa pengembalian. Hasil-hasil yang mungkin? II

I 1

1

2

3

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

2

3 cara

3

Hasil-hasil yang mungkin

2 … 1

2 … s1

3 … 1

3 … s2

1 … 2

1 … s3

3 … 2

3 … s4

1 … 3

1 … s5

2 … 3

2 … s6

A

S

2 cara

Gambar 23 Diagram Venn yang bersesuaian dengan diagram pohon di atas adalah seperti berikut.

s2

S

s5 s3

s1

A s4

s6

Gambar 23.a

Dengan cara pemikiran yang sama dengan no.a, maka: Ruang sampel S = {s1, s2, s3, . . . , s6}, maka n(S) = 6. Peristiwa

A = {s1, s3, s4, s6}, maka n(A) = 4.

Perhatikan bahwa dari kedua diagram di atas: S = {s1, s2, … , s6} disebut ruang sampel dari eksperimen itu. Selidiki bahwa s1, s2, …. , s6 masing-masing merupakan elemen-elemen permutasi. Mengapa?, sebab tidak ada pengulangan obyek eksperimen pada setiap susunan elemennya dan urutan susunan elemen-elemennya diperhatikan (memiliki makna), yakni susunan elemen (1,2)  (2,1). Sebab (1,2) berarti yang terambil pertama adalah bola bernomor 1 dan yang terambil kedua adalah bola bernomor 2, sehingga susunan elemen (1,2)  (2,1). Selidiki bahwa banyaknya anggota ruang sampel S adalah n(S) = 6 = P23 .


37

3. Pengambilan Satu Demi Satu Dengan Pengembalian (Eksp 3) Ambil acak 2 bola 1– 1 dengan pengemb. Hasil-hasil yang mungkin?

1

2

3

II

Eksp 3:ambil acak 2 bola 1-1 dengan pengembalian

Hasil-hasil yang mungkin

I

1… 1

1 … s1

1

2… 1

2 … s2

3… 1

3 … s3

S

2

A = Peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor 3 bola ganjil  A = {s2, s4, s6, s8}.

cara

A

3

3 cara

1… 3

1 … s7

2… 3

2 … s8

3… 3

3 … s9

Gambar 24

s3 s1 s2

s5 s4

S

s7 s9 s6 A

s8

Dengan cara pemikiran yang sama dengan no.a, maka secara diagram Venn Ruang sampel S = {s1, s2, s3, . . . , s9}, maka n(S) = 9 Peristiwa A = {s2, s4, s6, s8}, maka n(A) = 4.

Gambar 24.a Catatan Penting Eksp 1: S memuat 3 titik sampel. S merupakan himpunan kombinasi sebab masing-masing titik sampel anggotanya berupa elemen-elemen kombinasi yakni pengulangan nomor bola tidak dimungkinkan dan urutan nomor bolanya tidak diperhatikan Eksp 2: S memuat 6 titik sampel. S merupakan himpunan permutasi sebab masing-masing titik sampel anggotanya berupa elemen-elemen permutasi, yakni pengulangan nomor bola tidak dimungkinkan dan urutan nomor bolanya diperhatikan (punya makna) Eksp 3: S memuat 9 titik sampel. S bukan himpunan permutasi maupun kombinasi sebab ada titik sampel yang susunan elemen-elemen nomor bolanya diulang.

38


E.

Permutasi Dengan Beberapa Unsur Sama (Penggunaan Aturan Kombinasi)

Perlu diketahui bahwa konteks permutasi dengan beberapa unsur sama dalam hal ini berbeda dengan permutasi yang telah dikemukakan sebelumnya. Letak perbedaannya ialah pada susunan elemen-elemennya. Permutasi (tanpa istilah tambahan) bermakna sebagai

susunan elemen-elemen

dari suatu hasil

eksperimen

yang tidak

membolehkan adanya pengulangan elemen, sementara permutasi dengan beberapa unsur sama membolehkan adanya pengulangan elemen. Masalah Ada berapa cara kita dapat menuliskan susunan huruf yang berasal dari kata "MAMA". Penyelesaian Perhatikan bahwa huruf-huruf penyusun kata "MAMA" diambilkan dari himpunan {M, A} yaitu himpunan huruf-huruf abjad terdiri atas huruf M dan A. Unsur M dan A masing-masing diulang 2 kali pada kata MAMA. Berikut susunan huruf-huruf yang mungkin.

Ada 6 cara

1. MMAA 2. MAMA 3. AMMA 4. AMAM 5. AAMM 6. MAAM

M1 M2 M1 M2

A1 A2 A2 A1

M2 M1 M2 M1

A2 A1 A1 A2

Gambar 25 Dengan demikian, maka ada 6 cara untuk menulis susunan huruf berbeda yang berasal dari kata "MAMA". Sekarang dari diagram itu perhatikan bahwa


39

Seluruh permutasi setelahM dan A diberi indeks sesuai banyaknya huruf Masing - masing 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 A1 dan A 2 )

6

=

4! 2! 2!

Contoh Lain Ada berapa cara kita dapat menyusun secara berjajar 4 bendera merah, 2 bendera kuning dan 1 bendera biru. Penyelesaian Misalkan MMMMKKB adalah yang dimaksud sebagai 4 bendera merah, 2 bendera kuning dan 1 bendera biru. Perhatikan susunan warna dari bendera-benderanya. MMMMKKB  ada 7 bendera terdiri dari bendera merah : M = 4 buah bendera kuning : K = 2 buah bendera biru

: B = 1 buah

Sehingga : Susunan bendera yang dapat dibuat dari bendera-bendera MMMMKKB adalah:

P(74, 2,1) =

7! 7.6.5.4!   105 cara. 4! 2!1! 4!.2

Dengan rumus/aturan kombinasi, pemikiran yang kita lakukan adalah seperti berikut. Banyaknya cara mengambil 4 bendera M dari 7 bendera yang ditempati adalah

C47 ; sehingga sisanya tinggal (7  4) = 3 bendera/obyek.

40


Banyaknya cara memperoleh 2 bendera K dari (7  4) = 3 bendera sisanya adalah

C274 , sehingga sisa berikutnya tinggal (7  4  2) = 1 bendera yang ditempati. Banyaknya cara memilih 1 bendera B dari 1 bendera sisa terakhirnya adalah

C11. Sehingga banyaknya cara membentuk susunan bendera berlainan dari benderabendera MMMMKKB yakni P(74, 2,1) menurut aturan kombinasi adalah seperti berikut.

7 ( 4, 2,1)

P

P47 P23 P11 =C .C .C =C .C .C = . . 4! 2! 1! (7 . 6 . 5 . 4) . (3 . 2).(1) 7! = .  4! 2! 1! 4! 2!1! 74 2

7 4

7  4 2 1

7 4

3 2

1 1

Secara umum banyaknya cara membentuk susunan n obyek terdiri dari n1 obyek sama, n2 obyek sama, … dan seterusnya hingga nk obyek sama menurut aturan kombinasi adalah:

P(nn1, n 2 ,

... , n k ) =

Cnn1 . Cnn2n1 . Cnn3n1 n2 ... Cnnkn1 n2 ...nk 1

(n-n1 )! (n-n1  n2 )! n! . . ... = (n  n1 )!n1! (n  n1  n2 )!n2 ! (n  n1  n2  n3 )!n3 !

(n  n1  n2  n3  ...  nk )! (n  n1  n2  ...  nk )!nk ! =

n! 0! . Karena 0! = 1, maka: n1! n2 ! n3!... 0!nk !

P(nn1 ,n2 ,...,nk ) 

n! dengan n = n1 + n2 + … + nk. n1! n2 ! n3!... nk !

Rumus tersebut lebih dikenal sebagai rumus permutasi dengan beberapa unsur sama. Pembuktiannya dilakukan dengan menggunakan prinsip kombinasi.


41

F.

Aturan/Prinsip Kombinasi

Masalah

2

1

3

4 5 6

I

II

Kerjakan 1 nomor soal diantaranya


Misalkan pada suatu ulangan matematika disediakan 6 nomor soal. Siswa diminta bebas memilih 4 nomor soal diantara ke 6 nomor soal tersebut dengan syarat: 1 nomor soal  dari soal nomor 1 dan 2, dan 3 nomor soal  dari soal nomor 3, 4, 5, dan 6.

Gambar 26 Perintahnya adalah (a) Gambarkan hasil-hasil yang mungkin (nomor-nomor soal yang mungkin untuk dipilih dikerjakan) dalam bentuk diagram pohon, (b) Ada berapa cara nomor-nomor soal yang mungkin dipilih untuk dikerjakan, (c) Cermati dan nyatakan n(S) dalam bentuk perkalian faktor-faktornya. Penyelesaian Untuk memperjelas pemahaman, pertama kita gambarkan penyelesaiannya dalam bentuk

diagram

pohon,

kedua

memahami

penalarannya.

Cermati

gambar

peragaannya.

Obyek Eksp

4 5 6 II 3

1 2

I

3

I 1

Cara Eksp

No-no soal yg mungkin

4 5

(1,3,4,5) = s1

3

6 6

(1,3,4,6) = s2 (1,4,5,6) = s3

3

4 5

(2,3,4,5) = s4

4 4 5

Pilih secara bebas 1 nomor dari kel. I, dan 3 nomor dari kel. II.

S

2 2 cara

4 4 5

3

3 cara

Gambar 27

42

II


6 6

(2,3,4,6) = s5 (2,4,5,6) = s6

Perhatikan bahwa nomor-nomor soal pada: kelompok I dapat dipilih dalam 2 cara, kelompok II dapat dipilih dalam 3 cara. Ternyata banyaknya cara yakni n(S) = 6 terkait dengan n1 = 2 cara dan n2 = 3 cara. Yakni n(S) = 6 = 2  3. Pertanyaannya adalah termasuk jenis apakah (permutasi atau kombinasi atau bukan keduanya) masing- masing titik sampel s1, s2, s3, ... , s6 di atas? Amati bahwa susunan elemen pada masing-masing titik sampel s1, s2, s3, ... , s6 di atas ternyata tidak memuat pengulangan elemen-elemen dari obyek eksperimen O = {soal kel I dengan soal kel II) = {{1,2}  {3,4,5,6}}. Karena nomor- nomor soal yang mungkin dipilih untuk dikerjakan (sesuai syaratsyarat yang ditentukan) ternyata tidak memungkinkan adanya pengulangan elemenelemen obyek eksperimen O dan urutan nomor-nomor soal yang harus dikerjakan boleh tidak urut maka berarti urutan nomor-nomor soalnya tidak diperhatikan. Karena urutan nomor-nomor soalnya tidak diperhatikan maka berarti s1, s2, s3, ... , s6 masing-masing merupakan elemen-elemen kombinasi. Selanjutnya berdasarkan kerangka pemikiran yang ditunjukkan pada gambar 27 di atas ternyata banyak anggota ruang sampel S, n(S) = 6 = 2  3. Karena susunan hasil-hasil yang mungkin tidak memungkinkan adanya pengulangan unsur obyek eksperimen dan urutan unsur-unsur pada setiap hasil tidak diperhatikan maka: 2 nomor soal yang disediakan 4 nomor soal yang disediakan 2 = C1dari dan 3 = C3dari . nomor soal nomor soal


43

Sehingga berarti

n(S) = C12  C34 .

Sehingga gambaran pemikiran selanjutnya menjadi:

Obyek Eksp

4 5 6 II 3

1 2

I

3

I 1

Cara Eksp

II

No-no soal yg mungkin

4 5

(1,3,4,5) = s1

3

6 6

(1,3,4,6) = s2 (1,4,5,6) = s3

3

4 5

(2,3,4,5) = s4

4 4 5

Pilih secara bebas 1 nomor dari kel. I, dan 3 nomor dari kel. II.

S

2

C12 = 2 cara

4 4 5

3

3 4 cara = C3

(2,3,4,6) = s5 (2,4,5,6) = s6

6 6

n(S) = 6 = C12  C34 .

Gambar 28 Kini dengan melihat pola yang digambarkan dia atas dapat disimpulkan bahwa:

2

1

3

4 5 6

Kesimpulan:

I

II



Banyak cara memilih 4 nomor soal dari 6 nomor soal dengan syarat: Pilih 1 nomor dari kelompok I  2 nomor Pilih 3 nomor dari kelompok II  4 nomor,  4 nomor  6 nomor adalah:

Banyaknya cara

Banyaknya cara

n(A) = C12  C34

= C12

= C34 Gambar 29

Kini secara umum akan diperoleh suatu kaidah yang dikenal sebagai ”Prinsip Kombinasi”. Gambaran umumnya seperti di bawah ini. Coba pikirkan dengan cermat apa saja isian bilangan di masing-masing petak kosong pada prinsip kombinasi berikut ini. 44


Gambaran Umum Prinsip Kombinasi Obyek Eksp

Hasil2 Yg Mungkin

Cara Eksp

Pilih sembarang n1 nomor soal

r1 nomor dari  n1

s1

n2 nomor soal


s2

n3 nomor soal

s3


nk nomor soal rk nomor dari  nk + + + r n   n     Total = r nomor dari n nomor

S

sn

n(S) = n = Crn11  Crn22  Crn33  . . .  Crnkk .

Gambar 30 Prinsip Kombinasi Jika terdapat sekumpulan obyek eksperimen sebanyak n terdiri dari n1, n2, n3, ..., nk obyek dengan n1 + n2 + n3 + ... + nk = n dilakukan pengambilan secara acak sebanyak r obyek terdiri dari r1, r2, r3, ..., rk obyek dengan r1 + r2 + r3 + ... + rk = r, dengan pengambilan r1 obyek dari n1, dilanjutkan lagi dengan pengambilan r2 obyek dari n2, ... dan seterusnya ... hingga pengambilan terakhir rk obyek dari sisanya yakni nk, maka banyaknya hasil yang mungkin adalah sama dengan n(S) = Crn11  Crn22  Crn33  . . .  Crnkk .


45

G.

Identifikasi Masalah Pada Pada Pengambilan Sampel

Masalah Sebuah kotak berisi 5 bola seukuran terdiri dari 2 bola merah dan 3 bola putih. Dari dalam kotak diambil secara acak 3 buah bola. Jika A adalah peristiwa terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih, tentukan peluang munculnya peristiwa A jika pengambilannya 1. Sekaligus 2. Satu demi satu tanpa pengembalian 3. Satu demi satu dengan pengembalian. Penyelesaian Untuk memudahkan pemahaman diberikan kerangka berpikir menggunakan diagram pohon seperti berikut ini. Perhatikan kerangka pemikirannya. 1. Pengambilan Sekaligus

Cara Eksp

(m1, m2, p3) = s3 (m1, p1, p2) = s4

Obyek Eksp

5 bola

3 1 2 1 2

Hasil-hasil yang mungkin (m1, m2, p1) = s1 (m1, m2, p2) = s2

Ambil acak 3 bola sekaligus

(m1, p1, p3) = s5 (m1, p2, p3) = s6 (m2, p1, p2) = s7

2m dan 3p

(m2, p1, p3) = s8 (m2, p2, p3) = s9 (p1, p2, p3) = s10 Gambar 31

46


S A

Tampak bahwa: Jika 5 bola seukuran (terdiri dari 2 bola merah dan 3 bola putih diundi sekaligus, dan A = peristiwa terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih maka Ruang sampelnya S = {s1, s2, ... , s10}  n(S) = 10 Peristiwanya A = {s4, s5, ... , s9}  n(A) = 6. Ruang sampel S berdistribusi seragam. Mengapa? Sehingga dari 2 bola mersh dari 3 bola putih C12  C23 2 3 6 3 n( A) C1 bola merah  C2 bola putih P(A) = = = = = = . dari ( 23) bola 5 10 10 5 C(12) bola n(S ) C3

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih adalah P(A) =

3 5

.

Dengan Cara Singkat Pengambilan sekaligus bersesuaian dengan kombinasi. Mengapa? Sehingga dari 2 merah 3 putih  C2dari C12  C23 2 3 6 3 n( A) C1 merah putih P(A) = = = = = = . dari 5 bola 5 10 10 5 C3 bola n(S ) C3

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola sekaligus adalah P(A) =

3 5

.


47

2. Pengambilan Satu Demi Satu Tanpa Pengembalian Untuk cara eksperimen yang kedua ini gambaran kerangka pemikirannya adalah sebagai berikut.

Obyek Eksp

5 bola

3 1 2 1 2

Cara Eksp

I m

3 4

II p

2 3

III p

3 5

p

2 4

m

2 3

p

12 60

3 5

p

2 4

p

2 3

m

12 60

2 5

Ambil acak 3 bola 1 – 1 tanpa pengemb

2m dan 3p

Total =

12 60

36 60

=

3 5

Gambar 32 Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola satu demi satu tanpa pengembalian adalah: P({(1m,2p)}) =

n( A) n({(1m dari 2m dan 2 p dari 3 p)}) = n({3 bola dari 5 bola}) n(S )

Perhatikan bahwa arti dari: P({(1m,2p)}) =

n( A) n({(1m dari 2m dan 2 p dari 3 p)}) = n({3 bola dari 5 bola}) n(S ) = Banyak cabang  Nilai Peluang Cabang yang pertama (Selidiki bahwa masing-masing anggota cabang memiliki nilai peluang yang sama sehingga kita dapat menyimpulkan seperti itu) = P((31,2)  Nilai Peluang Cabang yang Pertama =

2 3 2 3!    1!  2! 5 4 3

2 3 2   5 4 3 36 3 = = . 60 5 = 3

48


Catatan: Perhatikan bahwa P(A) = n(A) =

n( A) . Maka dalam hal ini (permutasi) n(S )

3! 3p 2m  2  3  2 = P(13,2)  (2)  (3  2) = P(13,2)  P1dari  P2dari = P(13,2)  P12  P23 p m 1!  2!

n(S) = n(Penyebut) = 5  4  3 = P35 yakni perkalian mulai dari 5 turun satu demi satu hingga 3 faktor. Kesimpulan Umum Kini dari contoh perhitungan tersebut kita dapat menarik kesimpulan umum seperti berikut. Jika pada sebuah kotak berisi bola-bola seukuran (sama bentuk dan sama ukuran) sebanyak n bola terdiri dari: n1 bola warna merah, n2 bola warna putih, n3 bola warna biru, dan seterusnya hingga nk bola warna k, Total = n Diambil secara acak sebanyak r bola (r < n) terdiri dari r1 bola warna merah, r2 bola warna putih, r3 bola warna biru, dan seterusnya hingga rk bola warna k, Taotal = r A adalah peristiwa terambilnya r bola dari n bola dengan ketentuan seperi itu. Maka nilai peluang terambilnya r bola dari n bola dengan ketentuan seperti di atas adalah. P(A) = P(r bola dari n bola terdiri dari r1 bola dari n1, r2 bola dari n2, ... ,rk bola dari nk)) n n n r r! n( A) P( r1 ,r2 ,r3 , .. rk )  Pr1 1  Pr2 2  ...  Prk k = = dengan P(rr1 , r2 , ... , rk ) = n r1!r2 ! ... rk ! n(S ) Pr


49

Dengan cara singkat Pengambilan satu demi satu tanpa pengembalian, ternyata banyaknya cabang bersesuaian dengan perhitungan permutasi dengan beberapa unsur sama (aturan kombinasi) Mengapa? Sehingga P({(1m,2p)}) = Banyaknya cabang  Nilai peluang cabang I. Mengapa? = P(13mbola , 2 p )  Nilai peluang cabang I. =

3! 2 3 2 12 36 3    = 3 = = . 1!.2! 5 4 3 60 60 5

Catatan 1. Perhatikan/selidiki bahwa hasil akhir perhitungan nilai peluang P({(1m,2p)}) ternyata sama antara pengambilan sekaligus dengan pengambilan satu demi satu tanpa pengembalian. Yakni masingmasing bernilai akhir = 3 5 2. Selidiki bahwa nilai pembilang dari pecahan 36

60 yakni bilangan 36 adalah bilangan yang menyatakan banyak cara terjadinya peristiwa A yaitu peristiwa terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih. Yakni n(A)

=

n({1m

dan

2p})

=

(1m  2 p) 2m 3p  P1dari  P2dari m p 1!. 2!

=

(1  2)! 2  P1  P23 1!.2! = 36. Sedangkan penyebut 60 adalah nilai permutasi ( 2m  3 p ) bola 5 bola = P3dari = P35 . Yakni P35 = 60. P(1dari m  2 p ) bola bola

Sehingga peluang terjadinya peristiwa A adalah 3! (1m  2 p)! dari 2 m 5p  P12  P23  P1 m  P2dari p 1!. 2! 36 3 1!.2! n( A) P(A) = = = = = . 5 dari 5 bola 60 5 n(S ) P3 P3 bola

50


3. Pengambilan Satu Demi Satu Dengan Pengembalian Urutan Pengambilan dan Peluang Yang bersangkutan

Cara Eksp

I m

Obyek Eksp

3 5 bola

1 2 1 2

3 5

III

II p

3 5

p

18 125

2 5

Ambil acak 3 bola 1 – 1 dengan pengemb

3 5 3 5

2m dan 3p

p

2 5

m

3 5

p

18 125

p

3 5

p

2 5

m

18 125

Total =

54 125

Gambar 33 Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola satu demi satu tanpa pengembalian adalah: P({(1m,2p)}) =

54 . 125

Dengan Cara Singkat Pada pengambilan satu demi satu dengan pengembalian, banyaknya cabang bersesuaian dengan perhitungan permutasi dengan beberapa unsur sama (prinsip kombinasi) Mengapa?. Selanjutnya karena pengambilannya dengan pengembalian maka setiap terambil 1 bola merah, nilai peluangnya

2 5

dan setiap terambil 1 bola

putih, nilai peluangnya 53 . Sehingga P({(1m,2p)}) = Banyak cabang  Nilai peluang cabang I = P(13mbola , 2 p )  Nilai peluang cabang I. Mengapa?

3! 2 3 3    1!.2! 5 5 5 18 54 =3  = . 125 125 =


51

Latihan 2 1. Sebuah kotak beisi 5 bola seukuran bernomor 1, 2, 3, 4, 5. Dari dalam kotak diadakan eksperimen berupa pengambilan acak 3 buah bola. Misalkan S adalah ruang sampel dari eksperimen itu. Gambarkan kerangka berpikir penyelesaian untuk ruang sampel S dalam bentuk diagram pohon jika pengambilannya: a. sekaligus b. satu demi satu tanpa pengembalian c. satu demi satu dengan pengembalian. Catatan Untuk masing-masing cara pengambilan acak, tuliskan titik-titik sampel dalam S dengan insial s1, s2, s3, ... , hingga sn = s...? sebagai titik sampel yang terakhir. 2. Sebuah kotak beisi 4 bola seukuran bernomor 1, 2, 3, 4. Dari dalam kotak diadakan eksperimen berupa pengambilan acak sampel sebanyak 3 bola sekaligus. Jika A adalah peristiwa terambilnya salah satu bola bernomor 2. a. Gambarkan kerangka berpikir penyelesaian untuk ruang sampel S dan peristiwa A  S pada eksperimen ini dalam bentuk diagram pohon b. Tentukan P(A) = ... yakni peluang terjadinya peristiwa A. 3. Sebuah kotak berisi bola-bola seukuran bernomor bilangan-bilangan 2 angka yang angka-angkanya saling berlainan. Misalkan nomor-nomor bolanya dibuat dari hasil-hasil yang mungkin jika bilangan-bilangan 2 angka itu angka-angkanya saling berlaianan. Misalkan angka-angka diambil dari bilangan 1, 2, 3, dan 4. Pertanyaannya adalah: a. Ada berapa banyak bola yang diperlukan berdasarkan nomor-nomor yang mungkin untuk dapat terjadi pada eksperimen ini.

52


b. Misalkan dari dalam kotak diambil secara acak 1 bola, berapa peluang munculnya bola yang terambil itu bernomor genap. c. Berapa peluang munculnya bola yang terambil itu bernomor kelipatan 3. 4. Ada berapa cara kita dapat menyusun huruf-huruf yang berasal dari kata ”TUGULUAK” 5. Dari {0, 1, 2, 3} dibentuk bilangan-bilangan dua angka yang angka-angkanya saling berlainan. Ada berapa cara bilangan-bilangan yang mungkin dapat dibentuk. Gambarkan diagram pohonnya. 6. Dari {1, 2, 3, 4} dibentuk bilangan-bilangan dua angka yang angka-angkanya saling berlainan. Ada berapa cara bilangan-bilangan yang mungkin dapat dibentuk. Gambarkan diagram pohonnya. 7. Dari {0, 1, 2, 5} dibentuk bilangan-bilangan dua angka kelipatan 5 yang angkaangkanya saling berlainan. Ada berapa cara bilangan-bilangan yang mungkin dapat dibentuk. Gambarkan diagram pohonnya. 8. Dari {0, 1, 2, 3} dibentuk bilangan-bilangan ganjil dua angka yang angka-angkanya saling berlainan. Ada berapa cara bilangan-bilangan yang mungkin dapat dibentuk. Gambarkan diagram pohonnya.


53

UMPAN BALIK DAN TINDAK LANJUT A.

Rangkuman

Materi kombinatorik dan peluang yang disampaikan pada bahan ajar diklat pasca UKG ini terdiri dari dua bahan bacaan. Bahan bacaan I berjudul kombinatorik dan peluang pada pengundian sementara bacaan II berjudul kombinatorik dan peluang pada pengambilan sampel. Bahan bacaan I bersesuaian dengan materi peluang yang dibahas di SMP sementara bacaan II bersesuaian dengan materi peluang yang dibahas di SMA/SMK. Kombinatorik adalah teknik menghitung banyak anggota ruang sampel yakni himpunan semua hasil yang mungkin terjadi dalam suatu eksperimen (percobaan acak). Dalam ilmu statistika dan peluang, populasi adalah sekumpulan obyek penelitian yang hendak diketahui karakteristiknya. Karakteristik/ciri-ciri yang dimaksud dapat berupa rata-rata (misal harapan hidup), median, dan modus (misal usia hidup paling menonjol) pada sebagian besar masyarakat pedesaan atau perkotaan yang tinggal di suatu daerah. Misalnya Daerah Istimewa Yogyakarta (DIY). Untuk maksud tersebut tentu tidak mungkin seluruh masyarakat DIY diteliti satu demi satu. Nah bagaimana kita dapat mengetahui karakteristik yang diinginkan, misal rata-rata, median, dan modus harapan hidup masyarakat yang tinggal di DIY tentu peneliti hanya akan mengambil sampel beberapa orang warga DIY untuk diteliti karakteristiknya terkait dengan harapan hidup mereka. Pertanyaannya tentu bagaimana teknik (cara jitu) yang harus ditempuh agar penelitian yang hanya dilakukan kepada sejumlah tertentu (beberapa/sedikit) warga DIY itu representatif (sesedikit mungkin warga yang diteliti tetapi kesimpulan yang diperoleh cukup mewakili/ mencerminkan) karakteristik harapan hidup masyarakat DIY secara keseluruhan. Tentu saja pemilihan berkenaan dengan beberapa warga yang hendak diketahui/diteliti karakteristik umurnya itu yang selanjutnya disebut 54


”sampel” harus dilakukan secara acak (random). Sampel acak yang diambil dari populasi misal warga DIY secara keseluruhan menghasilkan beberapa warga DIY saja yang selanjutnya disebut ”obyek eksperimen”. Dari obyek eksperimen (sebanyak k obyek) yang sudah terpilih itu selanjunya diadakan eksperimen (tindakan acak) lagi berupa pengambilan acak sebanyak r obyek (r warga). Cara pengambilannya dapat bersifat sekaligus, atau satu demi tanpa pengembalian, atau satu demi dengan pengembalian. Cara sederhana yang dapat dilakukan tanpa harus mendatangkan warga yang terpilih sebagai sampel (obyek eksperimen) tersebut namun sifat acaknya dapat terjamin 100% adalah dengan menuliskan nomor dan nama warga itu pada potongan-potongan kertas kongruen sebanyak k potongan (sebanyak warga yang terpilih sebagai sampel). Kini dari potongan-potongan kertas sebanyak k tersebut selanjutnya diambil acak sebanyak r dengan salah satu cara pengambilannya berupa: pengambilan sekaligus, atau pengambilan satu demi satu tanpa pengembalian, atau pengambilan satu demi satu dengan pengembalian. Kerangka pemikiran sederhananya dapat digambarkan seperti berikut. Populasi S s1 s2 A s3 AB s4

Cara Eksperimen

Warga DIY

ambil Sampel acak n warga

Ambil acak r bola (r < n)

Obyek eksp o Sekaligus  Ruang sampel S = {kombinasi}, o 1 – 1 tanpa pengemb (S = {permutasi}), o 1 – 1 dengan pengemb (S bukan himpunan permutasi & bukan himp. kombinasi)

s6 s7 B

Sk

Obyek ekp = Sampel acak

S = Ruang Sampel, A, B, dan A  B adalah beberapa peristiwa dalam ruang sampel S, s1, s2, s3, ... , sk adalah titik-titik sampel dalam ruang sampel S. Gambar 34


55

Dari gambar 26 jika lintingan kertas sebanyak n kita masukkan atau kita ganti dengan bola-bola bernomor maka banyak bola yang diperlukan sama dengan n bola. Selanjutnya jika dari obyek eksperimen sebanyak n bola itu diadakan pengambilan acak sebanyak r bola (r < n) maka hasil-hasil yang mungkin adalah s1, s2, s3, ... ,sk. Jika pengambilannya:

n! (n  r )!r!



Sekaliguus



Satu demi satu (1 – 1) tanpa pengembalian  k = Prdari n = Prn =



Satu demi satu (1 – 1) dengan pengembalian  k = n  n  n  ...  n = nr.

k = Crdari n = Crn =

n! (n  r )!

Sebanyak r faktor Selain permutasi dan kombinasi dibahas pula permutasi dengan beberapa unsur sama dan prinsip kombinasi. Rumus masing-masing yang diperoleh adalah seperti berikut. Untuk permutasi dengan beberapa unsur sama:

P(nn1, n 2 ,

... , n k ) =

n! dengan n = n1 + n2 + … + nk. n1!n2 !n3!...nk !

Untuk prinsip kombinasi: Diawali dengan contoh terapan berkenaan dengan banyaknya cara memilih mengerjakan nomor-nomor soal seperti yang digambarkan berikut ini, peserta diklat UKG diminta membuat dugaan untuk model soal yang sama apakah berlaku secara umum. Yakni jika disediakan n soal dikelompokkan dalam kelompok I, II, ... , K masing-masing kelompok terdiri dari n1 nomor soal kelompok I, n2 nomor soal kelompok II, ... , hingga nk nomor soal kelompok K. Siswa diminta memilih sebanyak r nomor soal terdiri dari r1 nomor soal berasal kelompok I, r2 nomor soal berasal kelompok II, ... , dan seterusnya hingga rk nomor soal berasal kelompok K. Ditanyakan “buatlah dugaan ada berapa cara banyak pilihan nomor soal yang mungkin dapat dipilih oleh seorang peserta ujian?”. Gambaran pola pemilihannya seperti berikut. 56


2

1

3

4 5 6

I

II



n1

n2

nk

I

II

K

Kerjakan r1 nomor soal diantaranya

Kerjakan r2 nomor soal diantaranya

Kerjakan rk nomor soal diantaranya

(r1  n1)

(r2  n2)

(rk  nk)

(b)

(a) Gambar 35

Begitulah pandangan ke depan kerangka berpikir statistika dan peluang berkenaan dengan sampel, obyek eksperimen, cara eksperimen, hasil-hasil yang mungin, ruang sampel, titik sampel, dan peristiwa yang terkait dengan topik kombinatorik dan peluang.

B.

Evaluasi

Latihan 3 1. Disediakan 8 soal ujian. Peserta ujian diminta memilih 5 soal dari 8 soal yang tersedia. Dua soal dipilih dari soal nomor 1 sampai dengan 3, dan 3 soal berikutnya dipilih dari soal nomor 4 sampai dengan 8. Banyaknya pilihan soal yang mungkin dapat dikerjakan seorang peserta ujian adalah ... A. C 23  C35 B. C 23 + C35 C.

P23  P35

D. P23 + P35


57

2. Disediakan 8 soal ujian. Peserta diminta memilih 5 soal dari 8 soal yang tersedia. Dari 5 soal yang dipilih, Sebanyak 2 soal dipilih dari soal nomor 1 sampai dengan 3, dan sebanyak 3 soal berikutnya dipilih dari soal nomor 4 sampai dengan 8. Banyaknya pilihan soal yang mungkin dapat dikerjakan seorang peserta ujian adalah ... A. 50 B. 40 C. 30 D. 20 3. Disediakan 8 soal ujian. Peserta diminta memilih 6 soal diantaranya. Sebanyak 1 soal dipilih dari soal nomor 1 sampai dengan 3, sebanyak 2 soal dipilih dari soal nomor 4 hingga 6, dan 3 soal berikutnya dipilih dari soal nomor 7 hingga 10. Banyaknya pilihan soal yang mungkin dapat dikerjakan oleh seorang peserta ujian adalah ... macam. A. P13  P23  P34 B. C.

P13 + P23 + P34 C13  C 23  C34

D. C13 + C 23 + C34 4. Disediakan 8 soal ujian. Peserta diminta memilih 6 soal diantaranya. Sebanyak 1 soal dipilih dari soal nomor 1 sampai dengan 3, sebanyak 2 soal dipilih dari soal nomor 4 hingga 6, dan 3 soal berikutnya dipilih dari soal nomor 7 hingga 10. Banyaknya pilihan soal yang mungkin dapat dikerjakan oleh seorang peserta ujian adalah ... macam. A. 10 B. 12 C. 36 D. 54 5. Terdapat 10 orang siswa yang tidak lulus UN karena beberapa mata pelajaran. Sebanyak 6 siswa tidak lulus UN karena mata pelajaran matematika dan 4 siswa tidak lulus UN karena karena mata pelajaran IPA. Sedangkan sebanyak 2 siswa tidak lulus UN karena mata pelajaran lainnya. Jika salah seorang siswa diambil secara acak dari kesepuluh orang siswa tersebut, peluang siswa yang terambil tidak lulus karena pelajaran matematika dan IPA adalah ... A. B. C. D.

58

2 10 3 10 4 10 5 10


6. Dari 10 orang siswa yang tidak lulus diketahui bahwa 6 siswa diantaranya karena mata pelajaran matematika, 4 siswa diantaranya karena mata pelajaran IPA, dan 2 siswa diantaranya karena mata pelajaran lainnya. Jika salah seorang siswa diambil secara acak dari 10 orang siswa tersebut, peluang siswa yang terambil tidak lulus hanya karena pelajaran matematika saja adalah ... A.

2 10

B.

3 10

C.

4 10

D.

5 10

7. Dari himpunan bilangan {1, 2, 3, 4, 5} dibuat bilangan 3 angka dengan angkaangka yang saling berlainan. Bilangan yang dapat dibuat sebanyak ... A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 8. Dari himpunan bilangan {0, 1, 2, 3, 4} dibuat bilangan 3 angka dengan angkaangka yang saling berlainan. Bilangan yang dapat dibuat sebanyak ... A. 58 B. 48 C. 38 D. 28 9. Dari himpunan bilangan {3, 4, 5, 6, 7} dibuat bilangan 3 angka yang bernilai antara 400 – 700. Bilangan yang dapat dibuat sebanyak ... A. 75 B. 50 C. 45 D. 25 10. Dari himpunan bilangan {3, 4, 5, 6, 7} dibuat bilangan 3 angka yang bernilai antara 450 – 750. Bilangan yang dapat dibuat sebanyak ... A. 60 B. 70 C. 75 D. 80


59

11. Sebuah kotak berisi 3 bola merah dan 4 bola putih. Dari dalam kotak diambil secara acak 3 bola sekaligus. Peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih adalah ... A.

12 35

B.

15 35

C.

18 35

D.

21 35

12. Sebuah kotak berisi 3 bola merah dan 5 bola putih. Dari dalam kotak diambil secara acak 3 bola sekaligus. Peluang terambilnya 2 bola merah dan 1 bola putih adalah ... A.

11 28

B.

15 28

C.

19 28

D.

23 28

13. Sebuah kotak berisi 3 bola merah dan 4 bola putih. Dari dalam kotak diambil 3 bola satu demi satu satu dengan pengembalian. Peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih adalah ... A.

54 343

B.

48 343

C.

36 343

D.

27 343

14. Sebuah kotak berisi 3 bola merah dan 5 bola putih. Dari dalam kotak diambil 3 bola satu demi satu satu dengan pengembalian. Peluang terambilnya 2 bola merah dan 1 bola putih adalah ...

60

A.

75 512

B.

65 512

C.

55 512

D.

45 512


C.

Tindak Lanjut

Evaluasi dilakukan oleh diri sendiri. Cobalah untuk evaluasi diri secara jujur sebab kejujuran merupakan kunci keberhasilan mengukur capaian kompetensi (CK) pribadi yang diperlukan dalam mengajar. Berkaitan dengan itu, pertimbangkan hal berikut Perolehan CK

Deskripsi Dan Tindak Lanjut

(Dalam %) 91  CK < 100

Sangat Baik, berarti Anda benar-benar memahami pengertian kombinatorik dan peluang. Selanjutnya kembangkan pengetahuan dan tuangkan dalam pembelajaran

76  CK < 90

Baik, berarti Anda cukup memahami pengertian terkait walaupun ada beberapa bagian yang perlu dipelajari lagi. Selanjutnya pelajari lagi beberapa bagian yang dirasakan belum begitu dipahami

50  CK < 75

Cukup, berarti Anda belum cukup memahami pengertian kombinatorik dan peluang. Oleh karena itu Anda perlu mempelajari lagi bagian yang belum dikuasai dan menambah referensi dari sumber lain

CK < 50

Kurang, berarti Anda belum dapat memahami pengertian kombinatorik dan peluang. Oleh karena itu Anda perlu mempelajari lagi dari awal dan menambah referensi dari sumber lain


61

Daftar Pustaka Anton, H – Kolman, B. (1982). Applied Finite Mathematics (3rd Edition). Anton Textbooks, Inc: New York. Depdiknas. (2001). Pola Pelaksanaan Broad Based Education (BBE). Buku II. Departemen Pendidikan Nasional: Jakarta. ---------------.(2006). Kurikulum Tingkat Satuan Pendidikan (KTSP) Matematika SMA/MA). Departemen Pendidikan Nasional: Jakarta. Depdikbud. (2014). Kurikulum 2013 Matematika SMP/MTs. Departemen Pendidikan Dan Kebudayaan: Jakarta. ---------------.(2014). Kurikulum 2013 Matematika SMA/SMK/MA. Departemen Pendidikan Dan Kebudayaan: Jakarta. Harnet, Donald L. (1982). Statistical Methods (3rd Edition). Addison – Wesley Publishing Company, Inc: Philiphines. Raharjo, Marsudi. (2006). Kombinatorik Dan Peluang Guru SMA dan SMK.. PPPPTK Maematika: Yogyakarta Pitman, Jim. (1993). Probability. Springer – Verlag, Inc: New York. Smith, Gary. (1991). Statistical Reasoning (3rd Edition). Allyn and Bacon, A Division of Simon and Schuster Inc: 160 Gould Street, Needham Height, Massachusetts 02194. Spiegel, Murary B. (1982). Probability and Statistics (Theory and Problem). Mc Graw – Hill Book Company: Singapore.

62


KOMBINATORIK DAN PELUANG

Recommend Documents