Perhitungan Peluang Kejadian Metode Komposisi Kejadian

Definisi II- 3 Medan Borel ( B )

2.8 Perhitungan Peluang Kejadian Metode Komposisi Kejadian

Contoh II- 20

Sebanyak 40% pemilih dalam daerah tertentu adalah Republik, dan 60% adalah Demokrat. Diantara Republik 70% setuju dengan hasil ikatan khusus, sementara 8-% Demokrat setuju hasil ikatan. Jika pemilih dipilih secara acak dalam daerah, berapakah peluang bahwa Republik atau demokrat akan setuju hasil ikatan? Penyelesaian :

Ambil F menyatakan kejadian “Setuju hasil Ikatan”, R menyatakan kejadian bahwa Republik dipilih, dan D kejadian bahwa Demokrat dipilih. Maka P(R)=0,4; P(D) =0,6; P(R|F)=0,7; P(F|D)=0.8. Sekarang P(F) = P{ (F  R )  ( F  D )} = P( F  R ) + P( F  D) Sedangkan P( F  R ) = P(R)P(F|R) = (0,4)(0,7) = 0,28 P( F  D ) = P(D)P(F|D) = (0,6)(0,8) = 0,48 Jadi P(F) = 0,28 + 0,48 = 0,76 Contoh II- 21

Dalam Contoh II-20 kita perhatikan percobaan dimana hari lahir 20 orang yang dipilih secara acak dicatat. Atas persyaratan tertentu kita peroleh bahwa P(A)=0,5886 dengan A menyatakan kejadian setiap orang mempunyai hari lahir yang berbeda. Ambil B menyatakan kejadian bahwa paling sedikit satu pasang individu sama hari lahirnya. Carilah P(B)

Penyelesaian

Kejadian B adalah himpunan semua titik sampel di S yang tidak ada di A, yakni B=A

Karena itu, P(B)=1- P(A) = 1- 0,5886=0.4114 Contoh II- 22

Dari Contoh II-5. Percobaan memilih dua pelamar dari lima pelamar. Carilah peluang memilih tepat satu dari dua pelamar terbaik kejadian A.

Penyelesaian

Tentukan dua kejadian berikut :

B : Memilih terbaik dan satu diantara tiga pelamar yang lebih buruk C : memilih terbaik kedua dan satu diantara tiga pelamar yang lebih buruk Kemudian B dan C saling eksklusif A=B  C

Dimana B1 : memilih terbaik pada pemilihan pertama

B2 : memilih satu diantara tiga pelamar yang lebih buruk pada

pemilihan kedua dan D2 = B3  B4

Dimana B3 : memilih satu diantara tiga pelamar yang lebih buruk pada

pemilihan pertama

B4 : memilih terbaik pada pemilihan kedua

Perhatikan bahwa B = D1 D2

Dengan cara yang sama, kita dapat megambil G1 = C1  C2 dan G3 = C3  C4, di

mana C1, C2, C3, dan C4 ditentukan seperti B1, B2, B3, dan B4, dengan kata “terbaik

kedua “ penganti “terbaik”. Perhatikan bahwa D1 dan D2, G1 dan G2 adalah

pasangan kejadian yang saling eksklusif dan A = B  C

= (B1  B2)  (B3  B4)  (C1  C2)  (C3  C4)

P(A) = P(B1  B2) + P(B3  B4) + P(C1  C2) + P(C3  C4)

Gunakan hukum perkalian, kita peroleh, P(B1  B2) = P(B1)P(B2|B1)

Peluang terbaik pada pemilihan pertama ialah P(B1) =1/5

Dengan cara yang sama, pelkuang memilih satu di antara tiga terburuk pada pemilihan kedua, diberikan bahwa terbaik dipilih pada pemilihan pertama ialah,

P(B2|B1) = 3/4

Maka P(B1  B2) = (1/5)(3/4) = 3/20

Peluang dari semua irisan yang lain dalam P(A), yaitu P(B3  B4), P(C1  C2),

dan (C3  C4) diperoleh dengan cara yang sama dan semuanya 3/20

Maka P(A) = (3/20) + (3/20) + (3/20) + (3/20) = 12/20 = 3/5 Contoh II- 23

Diketahui bahwa pasien akan bereaksi terhadap perlakuan penyakit khsuus dengan peluang sama dengan 0,9. Jika tiga pasien diulang dalam cara yang bebas, carilah peluang bahwa paling sedikit satu akan memberik reaksi.

Penyelesaian :

Tetapkan kejadian sebagai berikut :

A : Paling sedikit satu diantara tiga pasien akan bereaksi B1 : Paisien pertama tidak akan bereaksi

B2 : Pasien kedua tidak akan bereaksi

B3 : Pasien ketiga tidak akan bereaksi

Selanjutnya mengamati bahwa A=B1  B2  B3 dan S = A  A, dimana A dan A

adalah kejadian komplementer dan karenanya saling eksklusif. Maka P(S) = P(A) + P(A)

1 = P(A) + P(B1  B2  B3 )

atau P(A) = 1 - P(B1  B2  B3 )

Gunakan hokum perkalian kita peroleh

P(B1  B2  B3 ) = P(B1)P(B2|B1)P(B3|B1B2)

Dimana P(B2|B1) = P(B2) dan P(B3|B1B2) = P(B3) karena kejadian adalah saling

bebas.

Substitusikan P(Bi) =0,1; i=1,2,3, diperoleh :

P(A) = 1 – (0,1)3 _{= 0.999}

Contoh II- 24

Seekor monyet diajar untuk mengenal warna dengan cara memasukkan satu bola merah, satu bola hitam, dan satu bola putih ke dalam kotak. Jika monyet tidak belajar warna, dan sama sekali memasukkan satu bola ke dalam setiap kotak secara acak, carilang peluang berikut ini.

a. Tidak ada warna yang cocok b. Tepat satu warna yang cocok

Penyelesaian

Soal ini dapat dipecahkan dengan mendaftarkan titik sampel, karena hanya ada tiga bola di kandung, tetapai metode penyelesaian yang lebih umum akan digambarkan.

Tetapkan kejadian berikut :

A1 : Satu warna cocok muncul dalam kotak merah

A2 : Satu warna cocok muncul dalam kotak hitam

A3 : Satu warna cocok muncul dalam kotak putih

Ada 3! =6 cara berkemungkinan sama dari pemasukkan bola secara acak ke dalam kotak dengan satu bola dalam setiap kotak. Juga ada 2! = cara pemasukkan bola ke dalam kotak jika satu kotak khusus diinginkan mempunyai warna yang cocok. Karenanya P(A1) = P(A2) = P(A3) = 2/6 = 1/3

Dengan cara yang sama,

P(A1  A2) = P(A1  A3) = P(A2  A3) = P(A1  A2  A3) = 1/6

Sekarang kita dapat menjawab (a) dan (b) melalui metode komposisi kejadian. a. P(Tidak ada warna cocok) = 1 – P(Paling sedikit satu warna cocok)

= 1 – P(A1  A2  A3)

= 1 – {P(A1) + P(A2) + P(A3) – P(A1  A2)

- P(A1  A3) – P(A2  A3)

+ P(A1  A2  A3 ) }

= 1 – {3(1/3) – 3(1/6) + (1/6)} = 2/6 = 1/3 b. P(tepat satu cocok) = P(A1) + P(A2) + P(A3)

- 2{P(A1A2) + P(A1A2) + P(A2A3)}

+ 3P(A1A2A3)

= 3(1/3) - 2(3)(1/6) + 3(1/6) = 1/2 2.9 Rumus Bayes

Andaikan S = B1 B2…  Bk, dimana Bi  Bj  untuk ij. Kemudian

himpunan bagian A di S dapat ditulis sebagai A =A  S = A  (B1 B2…  Bk)

= (A  B1 )  ( AB2)  …  (A Bk)

Selanjutnya kita mengamati bahwa,

1 2 1 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ... ( ) ( | ) ( ) ( | ) k k k k i i i P A P A B P A B P A B P B P A B P B P A B P B P A B P B P A B   �  �   �     

�

Peluang bersyarat yang berbentuk P(Bi|A) dapat dihitung melalui

1 ( ) ( | ) ( | ) ( ) ( | ) i i i k i i i P B P A B P B A P B P A B  

�

Contoh II- 25

Sekering listrik diproduksi dengan lima macam produksi dalam suatu pabrik yang beroperasi. Sekering adalah mahal, persuahaan memasuk 100 lot. Karena pengujian adalah merusak kebanyakan pembli sekring menguji sebagian kecil sekering sebelum memutuskan apakah menerima atau menolak lot sekering yang masuk. Kelima macam produksi menghasilkan sekering pada tingkat yang sama dan secara normal menghasilkan hanya 2% sekering rusak. Sayang macam produksi 1 mengalami kerusakan mekanik, dan menghasilkan 5% rusak sebelum bulan maret. Situasi ini semakin diketahui pabrik setelah sekering dikirim. Seorang langganan menerima lot yang dihasilkan bulan maret dan menguji tiga sekering, satu rusak. Berapakah peluang bahwal ot dihasilkan macam 1?

Berapakah peluang bahwa lot berasal dari satu diantara empat macam lainnya? Penyelesaian

Misalkan P(Li) menyatakan peluang sekering diambil dari macan i, dan D

menyatakan kejadian sekering rusak. Maka P(Li) = 0,2

1 3 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) (0, 2) (0,05) (0,95) 0,0270750 1 3 ( ) ( ) ( | ) (0,8) (0, 02) (0,98) 0, 0460992 1 P L D P L P DL P L D P L P D L   ��    � _�� �� ��    � _�� ��

1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 0,0731742 ( ) 0, 0270750 ( | ) 0,37 ( ) 0, 0731742 P D P L D P L D P L D P L D P D  �  �  �    1 dan ( | ) 1 0,37 0, 63P L D   

Kejadian Numerik dan Peubah Acak

Terhadap setiap titik dalam ruang sampel kita akan menentukan bilangan real yang menyatakan nilai kejaidan menurut angka. Angka-angka ini akan berubah dari titik sampel ke titik sampel lain, tetapi bekerja titik mungkin ditentukan dengan angka yang sama. Jadi kita telah menetapkan peubah yang merupakan fungsi dari titk sampel di S. Jika kita mengabil X yang menyatakan peubah ini, maka X = a adalah kejadian menurut angka yang mengandung semua titik sampel yang ditentukan bilangan a. Tentu ruang sampel dapat dipartisi ke dalam himpunan bagian sehingga titik-titik dalam himpunan bagian diberikan nilai yang sama untuk X. Himpunan bagian ini saling ekslusif. Partisi dari S secara symbol dintunjukan dalam gambar, untuk peubah acak yang dapat mengandaikan nilai 0,1,2,3, dan 4

Gambar II- 5 S Dipartisi ke Dalam Himpunan Yang Menetapkan Kejadian X = 0,1,2,3, dan 4

Definisi II- 14

Peubah acak adalah fungsi bernilai real yang ditetapkan atas ruang sampel. Contoh II- 26 0 4 2 1 3

Tetapkan percobaan pelantunan dua mata uang dan amati hasilnya. Misalkan X sama dengan banyaknya muka yang diamati. Kenali titik sampel dalam S, tentukan nilai X untuk setiap titik sampel, dan kenali titik sampel yang berpadanan dengan setiap nilai peubah acak.

Penyelesaian

Misalkan M dan B menggambarkan berturut-turut “Muka” dan “Belakan” dan ambil pasangan terurut dari symbol yang memperkenalkan hasil untuk mata uang pertama dan kedua berturut-turut. Kemudian empat titik sampel di S ialah

E1 : MM E2 : MB E3 : BM E4 : BB

Tergantung pada banyak muka yang diakibatkan oleh setiap titik. Untuk E1 : MM,

dua muka diamati, dan E1 diberikan nilai X = 2. Sama halnya kita memberikan ilai

X = 1 untuk E2 dan E3 dan X = 0 untuk E4. Singkatnya, peubah acak X dapat

mengambil tiga nilai X = 0,1,2 yang merupakan kejadian yang ditentukan oleh koleksi titik sampel khusus.

X = 0 : E4 X =1 : E2, E3 X = 2 : E1