Sederhananya, jika himpunan bagian dari objek yang dipilih sehingga himpunan tiap

himpunan bagian dari ukuran yang sama memiliki kemungkinan yang sama untuk terpilih, maka

kita katakan bahwa himpunan bagian yang dipilih secara acak, Biasanya, tidak ada perbedaan

yang dibuat. Ketika elemen himpunan bagian yang terdaftar dalam urutan yang berbeda, tapi

kadang-kadang akan berguna untuk membuat perbedaan ini.

Contoh 1.3.3

Sebuah permainan kesempatan melibatkan gambar kartu dari 52 tumpuk kartu bermain.

Seharusnya tidak peduli apakah kartu berasal dari bagian atas atau bagian lain dari tumpukan jika

kartu dikocok. Himpunan iap kartu akan memiliki probabilitas yang sama, 1/52, atau yang

dipilih. Demikian pula, jika permainan melibatkan lima kartu bergambar, maka seharusnya tidak

masalah apakah lima kartu atau lima lainnya kartu diambil. Probabilitas ditugaskan untuk

himpunan iap himpunan kemungkinan lima kartu akan menjadi kebalikan dari jumlah himpunan

bagian dari ukuran 5 dari seperangkat ukuran 52. Dalam Bagian 1.6 kita akan mengembangkan,

antara lain, sebuah metode untuk menghitung.

1.4 BEBERAPA SIFAT PELUANG

Dari sifat umum pada himpunan dan sifat atau Definisi 1.3.1 kita dapat memperoleh sifat yang

berguna lainnya dari satu atua lebih kejadian relative terhadap percobaan yang sama.

Teorema 1.4.1

Jika A adalah suatu kejadian dan X adalah pelengkap, maka

P(A) = 1 — P(A’) (1.4.1)

BUKTI

Karena A 'adalah komplemen dari A relatif terhadap S. S = A ∪ A'. Karena A ∩ A' = = ∅

, A dan A 'adalah saling eksklusif, sehingga mengikuti dari persamaan (1.3.2) dan (1.3.4 ) yang

1 = P(S) — P(A ∪ A')= P(A) + P(A')

yang dibangun teorema.

Teorema ini sangat berguna ketika sebuah kejadian A relatif rumit. tapi yang melengkapi 'adalah

1

lebih mudah untuk menganalisis.

Contoh 1.4.1

Percobaan terdiri dari melempar koin empat kali, dan kejadian A berkembang

"setidaknya himpunan satu kepala." Kejadian A berisi sebagian besar hasil yang

mungkin, tapi pelengkap, "tidak ada kepala," hanya berisi satu, A'={TTTT}, maka

n(A') = 1. Hal ini dapat ditunjukkan dengan daftar semua kemungkinan hasil bahwa

n(S) = 16, sehingga P(A') = n(A')/n(S) = 1/16. Dengan demikian, P (A) = 1 — P(A') =

1 - 1/16 = 15/16.

Teorema 1.4.2

Untuk himpunan tiap kejadian A, P(A) ≤ 1.

Bukti

Dari Teorema (1.4.1), P(A) = 1 - P(A'). Juga, dari Definition (1.3.1), kita tahu bahwa P (A')

≥ 0. Oleh karena itu, P(A) ≤ 1

Perhatikan bahwa teorema ini dikombinasikan dengan Definition (1.3.1) menunjukkan bahwa

0 ≤ P(A) ≤ 1 (1.4.2)

Persamaan (13.3), (1.3.4), dan (1.3.5) memberikan rumus untuk probabilitas dari gabungan

pekerja dalam kasus peristiwa saling eksklusif. Teorema berikut memberikan formula yang

berlaku secara umum.

Teorema 1.4.3

Untuk himpunan iap dua peristiwa A dan B,

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) - P (A ∩ B) (1.4.3)

Bukti

Pendekatan ini akan mengungkapkan peristiwa A B u dan A sebagai gabungan peristiwa saling

2

eksklusif. Dari sifat himpunan kita dapat menunjukkan bahwa

A ∪ B = (A ∩ B') ∪ B

dan

A = (A ∩ B)∪ (A ∩ B')

Lihat Gambar 1.2 untuk ilustrasi tersebut identitas.

GAMBAR 1.2 Partisi peristiwa

A ∪ B = (A ∩ B') ∪ B A = (A ∩ B)∪ (A ∩ B')

Hal ini juga berarti bahwa peristiwa A∩ B' dan B saling eksklusif karena (A∩ B') ∩ B = ∅ ,

sehingga persamaan (1.3.4) menyatakan

P(A ∪B) = P(A∩ B') + P(B)

Demikian pula, A ∩B dan A∩ B' saling eksklusif, sehingga

P(A) = P(A∩ B) + P(A∩ B')

Teorema berikut dari persamaan ini:

P(A ∪B) = P(A∩ B') + P(B)

=[P(A) - P(A∩ B)] + P(B)

= P(A) + P(B) - P(A∩ B)

Contoh 1.4.2

3

Misalkan satu kartu diambil secara acak dari himpunan 52 pak kartu remi. Seperti

tercantum dalam Contoh 1.3.3, ini berarti bahwa himpunan tiap kartu memiliki probabilitas yang

sama, 1/52, untuk dipilih.

Misalkan A adalah kejadian mendapatkan "AS merah" dan biarkan B keluar "hati."

Kemudian P(A) = 2/52, P(B) = 13/52, dan P(A∩ B) = 1/52. Dari Teorema (1.4.3) kita memiliki

P (A ∪ B) = 2/52 + 13/52 - 1/52 = 14/52 = 7/26.

Teorema 1.4.3 dapat diperpanjang dengan mudah untuk tiga peristiwa.

Teorema 1.4.4

Untuk himpunan tiap tiga peristiwa A, B, dan C,

P (A ∪ B ∪C) = P (A) + P (B) + P (C)

- P(A∩ B) - P (A ∩C ¿ - P (B ∩ C)

+ P (A ∩ B ∩ C) (1.4.4)

Bukti

Lihat Latihan 16. 9

Hal ini secara intuitif jelas bahwa jika himpunan tiap hasil dari A juga merupakan hasil

dari B, maka A tidak lebih mungkin terjadi daripada D. Teorema selanjutnya meresmikan

gagasan ini.

Teorema 1.4.5

Jika A ∁ B, kemudian P(A) ≤ P(B)

Bukti

Lihat latihan 17.

Properti (1.3.3) menyediakan, rumus untuk probabilitas dari gabungan terhitung terbatas

ketika peristiwa saling eksklusif. Jika peristiwa ini tidak saling eksklusif, maka sisi kanan

4

properti (1.3.3) masih memberikan batas atas untuk probabilitas ini, seperti yang ditunjukkan

dalam teorema berikut.

Teorema 1.4.6

Ketidaksamaan Boole ini, Jika A1, A2,… adalah urutan peristiwa, maka

P(¿ i=1¿∞ Ai¿¿ ≤∑i=1

∞

P (Ai) (1.4.5)

Bukti

Misalkan B1=A1, B2=A2 ∩A'1, dan pada umumnya B1 = A1 ∩(¿ i=1¿∞ Aj¿¿¿ '. Oleh karena itu,

¿ B1, B2,… saling ekslusif busur. Karena B1 ∁ A1, maka dari Teorema 1.4.5 bahwa P(B1) ≤ P(A1),

dan dengan demikian

P(¿ i=1¿∞ Ai¿¿ = P(¿ i=1¿∞ Bi¿¿=¿ ∑i=1

∞

P ( Bi)≤ ∑i=1

∞

P ( Ai)

Sebuah hasil yang serupa berlaku untuk gabungan terbatas. Secara khusus,

P(A1 ∪ A2 ∪ … ∪A1) ≤ P(A1) + P(A2) + … +P(Ak) (1.4.6)

yang dapat ditunjukkan oleh bukti mirip dengan Teorema 1.4.6.

Teorema 1 .4.7

Ketidaksamaan Bonferroni ini, Jika A1, A2,...., Ak makan kejadian, kemudian

P ¿ i=1¿k Ai ≥ 1 - ∑i=1

k

P (A ' i)

(1.4.7)

Bukti

Ini Teorema 1.4.1 diterapkan ke ¿ i=1¿k Ai = (¿ i=1¿∞ A ' i ¿ ' ¿ , bersama-sama dengan

ketidakhimpunan (1.4.6).

5

1.5 KEMUNGKINAN PELUANG

Salah satu tujuan utama dari pemodelan probabilitas adalah untuk menentukan

seberapa besar kemungkinan bahwa suatu peristiwa A akan terjadi jika eksperimen tertentu

dilakukan. Namun, dalam banyak kasus kemungkinan ditugaskan ke A akan dipengaruhi oleh

pengetahun terjadi atau tidak dari peristiwa lain B. Dalam contoh kita akan menggunakan

terminologi "probabilitas bersyarat A diberikan B ," dan notasi P(A ׀ B) akan digunakan untuk

membedakan antara konsep baru dan probabilitas biasa P(A).

Contoh 1.5.1 .

Sebuah kotak berisi 100 microchip, beberapa di antaranya diproduksi oleh pabrik 1 dan sisanya

oleh pabrik 2. Beberapa microchip rusak dan beberapa yang baik (tidak rusak). Sebuah

eksperimen terdiri dari memilih salah satu microchip secara acak dari kotak dan menguji apakah

itu baik atau rusak. Misalkan A kejadian "mendapatkan microchip cacat", akibatnya, 'adalah

kejadian "mendapatkan microchip yang baik." Misalkan B adalah kejadian "microchip

diproduksi oleh pabrik 1" dan 'B acara "microchip diproduksi oleh pabrik 2." Tabel 1.1

memberikan nomor atau microchip di himpunan tiap kategori.

TABEL 1.1

Jumlah microchip aktif rusak dan nondef dari dua pabrik

B B’ Total

A 15 5 20

A’ 45 35 80

Total 60 40 100

Kemungkinan mendapatkan microchip yang rusak adalah

P(A) = n( A)n (S)

= 20

100 = 0,20

6

Sekarang anggaplah bahwa himpunan tiap microchip memiliki sejumlah cap di atasnya

yang mengidentifikasi itu produk pabrik. Dengan demikian, sebelum pengujian apakah itu rusak,

maka dapat ditentukan apakah B telah terjadi (diproduksi oleh pabrik 1) atauB' telah terjadi

(diproduksi oleh pabrik 2). Pengetahuan yang dihasilkan pabrik microchip mempengaruhi

kemungkinan bahwa microchip rusak dipilih, dan penggunaan probabilitas kondisi yang tepat.

Misalnya, jika kejadian B telah terjadi, maka microchip satunya kita harus mempertimbangkan

orang-orang dalam kolom pertama dari Tabel 1.1, dan jumlah total adalah n(B) = 60. Selain itu,

satu-satunya chip yang rusak untuk mempertimbangkannya adalah baik di kolom pertama dan

baris pertama, dan jumlah total adalah n(A∩ B) = 15. Dengan demikian, probabilitas bersyarat A

memberikan B

P(A ׀ B) = n( A ∩ B)

n (B) = = 1560

= 0,25

Perhatikan bahwa jika kita membagi kedua pembilang dan penyebut dengan n(S) = 100, kita

dapat mengekspresikan probabilitas kondisional dalam hal beberapa probabilitas bersyarat biasa,

P(A ׀ B) = n( A ∩ B)/n(S)

n (B)/n(S) = P (A ∩B)

P(B)

Hasil terakhir ini dapat diturunkan dalam keadaan yang lebih umum sebagai berikut.

Misalkan kita melakukan percobaan dengan S ruang sampel, dan anggaplah kita mengingat

bahwa B peristiwa telah terjadi. Kami ingin mengetahui probabilitas bahwa kejadian A telah

terjadi mengingat bahwa B telah terjadi, ditulis P (AIB). Artinya, kita ingin probabilitas A relatif

terhadap ruang sampel B. mengurangi Kita tahu B yang dapat dipartisi menjadi dua himpunan

bagian,

B = (A∩ B) ∪ (A’∩ B)

A∩ B adalah himpunan bagian dari B yang A adalah benar, sehingga kemungkinan A

memberikan B diberikan harus sebanding dengan P(A∩ B), mengatakan P(A ׀ B) = kP(A∩ B).

Demikian pula, P(A’ ׀ B) = kP (A' ∩ B). Bersama ini harus mewakili relatif probabilitas

total B, sehingga

7

P(A ׀ B) + P(A’ ׀ B) = k[P(A∩ B) + P(A’∩ B)]

= kP[(A∩ B) ∪ (A’∩ B)]

=kP(B)

= 1

dan k = 1/P(B). Artinya,

P(A ׀ B) = P (A ∩B)

P (A ∩B)+P( A ’ ∩B) = P (A ∩B)

P(B)

dan 1/P(B) adalah konstanta proporsionalitas yang membuat probabilitas pada ruang sampel

berkurang menambah 1.

Definisi 1.5.1

Probabilitas kondisional dari sebuah peristiwa A, diberikan B peristiwa, didefinisikan oleh

P(A ׀ B) = P (A ∩B)

P(B) (1.5.1)

Jika P(B) ≠ 0

Sehubungan dengan ruang sampel B, probabilitas bersyarat didefinisikan oleh (1.5.1)

memenuhi definisi asli dari probabilitas, dan dengan demikian probabilitas kondisional

menikmati semua sifat biasa probabilitas pada ruang sampel berkurang. Untuk sebagai contoh,

jika dua peristiwa A1 dan A2 adalah saling eksklusif, maka

P(A1 ∪ A2 ׀ B)= P [ ( A 1∪ A 2 ) ∩B ]

P(B)

= P [ ( A 1 ∩ B )∪( A 2∩B)]

P(B)

8

= P [ ( A 1 ∩ B )+( A 2 ∩ B)]

P(B)

= P(A1 ׀ B) + P(A2 ׀ B)

Hasil menyamaratakan ini untuk lebih dari dua peristiwa. Demikian pula, P(A ׀ B) ≥ 0 dan

P(s ׀ B) = P(B ׀ B) = 1, sehingga kondisi fungsi himpunan probabilitas yang Puas.

Dengan demikian, sifat yang diturunkan dalam bagian 1.4 terus kondisional. Secara

khusus,

P(A ׀ B) = 1- P(A’ ׀ B) (1.5.2)

0 ≤ P(A ׀ B) ≤ 1 (1.5.3)

P(A1 ∪ A1 ׀ B) = P(A1 ׀ B) + P(A2 ׀ B) - P(A1 ∩ A2 ׀ B) (1.5.4)

Hasil Teorema berikut langsung dari persamaan (1.5.1):

Teorema 1.5.1

Untuk himpunan tiap peristiwa A dan B,

P(A∩ B) = P(B)P(A ׀ B) = P(A)P(B ׀ A) (1.5.5)

Hal ini kadang-kadang disebut sebagai Teorema Multiplikasi probabilitas. Ini

menyediakan cara untuk menghitung probabilitas atau terjadinya gabungan dari A dan B dengan

mengalikan probabilitas satu peristiwa dan probabilitas bersyarat peristiwa lainnya. Dalam hal

Contoh 1.5.1, kita dapat menghitung langsung P(A∩ B) = 15/100 = 0,15, atau kita dapat

menghitung sebagai = P(B)P(A ׀ B) = (60/100)(15/60) = 0,15 atau P(A)P(B ׀ A) = (20/100)

(15/20) = 0,15.

Formula (1.5.5) juga sangat berguna dalam menangani masalah yang melibatkan

sampling tanpa penggantian. Eksperimen tersebut terdiri dari memilih benda satu per satu waktu

dari koleksi terbatas, tanpa mengganti obyek yang dipilih sebelum pilihan berikutnya. Mungkin

contoh yang paling umum dari ini adalah berurusan kartu dari dek.

Contoh 1.52

9

Dua kartu diambil tanpa penggantian dari himpunan umpuk kartu. Misalkan A1, menunjukkan

dapat keluar "kartu as pada pengambilan pertama" dan A2 menunjukkan dapat keluar "kartu As

pada pengambilan kedua."

Nomor atau cara di mana hasil yang berbeda dapat terjadi bisa dihitung, dan busur hasil

yang diberikan dalam Tabel 1.2. penghitungan hasil yang mungkin bisa menjadi masalah

membosankan, dan teknik yang berguna yang membantu dalam penghitungan tersebut masalah

dibahas dalam Bagian 1.6. Nilai-nilai dalam contoh ini didasarkan pada prinsip perkalian, yang

mengatakan bahwa jika ada n1, cara melakukan satu hal dan cara n2 melakukan yang lain, maka

ada n1. n2 untuk melakukan keduanya. Jadi, misalnya, jumlah meminta dua kartu ditangan yang

bisa dibentuk dari 52 kartu (tanpa penggantian) adalah 52.51 = 2.652. Demikian pula, jumlah

meminta dua kartu ditangan di mana kedua kartu adalah tindakan adalah 4. 3, jumlah di mana

kartu pertama adalah kartu As dan yang kedua adalah tidak kartu As adalah 4.48, dan

sebagainya. Produk yang sesuai untuk semua kasus yang diberikan dalam Tabel 1.2.

Partisi jumlah cara untuk menarik dua kartu

A1 A’1

A2 4.3 48.4 4.51

A’3 4.48 48.47 48.51

4.51 48.51 52.51

Misalnya, kemungkinan untuk mendapatkan "kartu As pada pengambilan pertama dan kartu As

pada pengambilan kedua" diberikan oleh

P(A1 ∩ A2 ) = 4 .3

52.51

Misalkan satu tertarik P(A1) tanpa memperhatikan apa yang terjadi pada imbang sccohd. Pertama

perhatikan bahwa A, dapat dipartisi sebagai

A1 = (A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A’2 )

Jadi

10

P(A1 ) = P(A1 ∩ A2 )+ P(A1 ∩ A’2 )

= 4 .3

52.51 +

4 .4852.51

= 4 .51

52.51 =

452

Ini hasil yang sama akan terjadi jika A1 telah dipartisi oleh acara lain, katakanlah B, yang

hanya berhubungan dengan nilai nominal kartu kedua. Ini mengikuti karena n (B ∪ B ') = 51,

dan relatif terhadap 52 x 51 pasang memerintahkan kartu,

n(A1) = 4 x n(B) + 4 x n(B’) = 4 x (B ∪ B’) = 4 x 51

Pembilang atau probabilitas seperti P(A1), P(A’1), P(A2), dan P(A’2), yang berurusan

dengan hanya salah satu menarik, muncul dalam margin tabel 1.2. Probabilitas ini dapat disebut

sebagai probabilitas marjinal. Perhatikan bahwa probabilitas marjinal sebenarnya dapat dihitung

langsung dari ruang sampel 52-kartu asli, dan tidak perlu mempertimbangkan ruang sampel dari

pasangan seluruhnya. Misalnya, P(A1) = 4 × 51/52 × 51 = 4/52, yang merupakan probabilitas

yang akan diperoleh untuk satu imbang dari ruang 52-kartu sampel asli. Jelas, hasil ini akan

berlaku untuk sampel tanpa pengganti masalah secara umum. Yang mungkin kurang intuitif

adalah bahwa hasil ini juga berlaku untuk probabilitas marjinal seperti P(A2), dan tidak hanya

untuk hasil pada pengambilan pertama. Artinya, jika hasil undian pertama tidak diketahui, maka

P(A2) juga dapat dihitung dari ruang sampel asli dan diberikan oleh P(A2) = 4/52. Ini dapat

diverifikasi dalam contoh ini karena

A2 = (A2 ∩ A1 ) ∪ (A2 ∩ A’1 )

Dan

P(A2 ) = 4 .3

52.51 +

48 . 452.51

= 4

52

Memang, jika hasil imbang pertama tidak diketahui, maka imbang kedua bisa juga

dianggap sebagai imbang pertama.

11

Probabilitas kondisional yang AS yang ditarik pada pengambilan kedua mengingat bahwa

AS diperoleh pada pengambilan pertama adalah

P(A2 ׀ A1) = P (A 1∩ A 2)

P( A 1)

= (4 .3)/(52.51)(4 . 51)/(52. 51) =

351

Artinya, mengingat bahwa A1, adalah benar, kita dibatasi untuk kolom pertama dari Tabel

12, dan proporsi relatif dari waktu bahwa A2 benar pada ruang sampel berkurang adalah (4.3) /

[(4 . 3 + (4 . 48)]. Sekali lagi mungkin kurang jelas, namun ada kemungkinan untuk membawa

masalah ini satu langkah lebih lanjut dan menghitung P(A2 ׀ A1) secara langsung dalam hal

ruang sampel 51 kartu bersyarat, dan mendapatkan solusi yang lebih sederhana bahwa P(A2 ׀ A1)

= 3/51, ada tiga ace tersisa dalam 51 kartu yang tersisa di ruang sampel 'bersyarat demikian, itu

adalah praktek yang umum dalam jenis masalah untuk menghitung probabilitas bersyarat dan

probabilitas marjinal langsung dari satu dimensi ruang sampel (satu ruang bersyarat marjinal dan

satu), daripada mendapatkan probabilitas gabungan dari ruang sampel bersama pasangan yang

diminta. Sebagai contoh,

P(A1∩ A2) = P(A1)P(A2 ׀ A1)

=4

52.

351

Prosedur ini akan mencakup tiga atau lebih undian (tanpa penggantian) di mana,

misalnya, jika A3 menunjukkan memperoleh "as pada undian ketiga," kemudian

P(A1∩ A2 ∩A3) = P(A1)P(A2 ׀ A1)P(A3 ׀ A1 ∩ A2)

= 4

52.

351

. 2

50

12

Sebuah indikasi dari validitas umum atau pendekatan ini untuk kondisi komputasi

probabilitas diperoleh dengan mempertimbangkan P(A2 ׀ A1) dalam contoh. Sehubungan dengan

ruang sampel bersama pasangan yang diminta, 204 = 4 . 51, di mana 4 mewakili jumlah cara

peristiwa yang diberikan A1, dapat terjadi pada pengambilan pertama dan 51 adalah jumlah total

dari hasil yang mungkin dalam ruang sampel bersyarat untuk pengambilan kedua juga, 12 = 4 . 3

merupakan jumlah cara peristiwa diberikan Seperti dapat terjadi kali jumlah cara sukses A2 dapat

terjadi dalam ruang sampel bersyarat. Karena jumlah cara A1, dapat terjadi adalah multiplier

umum di pembilang dan penyebut ketika menghitung pasangan memerintahkan, seseorang dapat

menghitung secara langsung dalam kondisi ruang satu dimensi terkait dengan hasil undian

kedua.

Keuntungan komputasi dari pendekatan ini adalah jelas, mengagetkan kemungkinkan

perhitungan probabilitas dari suatu peristiwa dalam kerumitan tinggi. Produk dimensi ruang

sebagai produk dari probabilitas, yang marjinal dan yang lainnya bersyarat, peristiwa di

sederhana satu dimensi ruang sampel.

Pembahasan di atas agak membosankan, tetapi dapat memberikan wawasan tentang arti

fisik probabilitas bersyarat dan probabilitas marjinal, dan juga ke topik sampling tanpa

penggantian, yang akan muncul lagi di bagian berikut.

TOTAL PROBABILITAS DAN ATURAN BAYES '

Seperti tercantum dalam Contoh 1.5.2, kadang-kadang berguna untuk partisi kejadian,

katakanlah A, gabungan peristiwa saling eksklusif dua atau lebih, misalnya, jika B dan B’ adalah

peristiwa yang berhubungan dengan undian pertama dari pak (tumpukan) , dan jika A adalah

suatu kejadian yang berkaitan dengan pengambilan kedua, maka itu berguna untuk

mempertimbangkan partisi A = (A∩ B) ∪ (A∩ B’) untuk menghitung P(A), karena ini

memisahkan A menjadi dua peristiwa yang melibatkan informasi tentang undin bayes. Secara

umum, jika B1, B2, ....., Bk saling eksklusif dan lengkap, dalam arti bahwa B1 ∪ B2 ∪ ... ∪ Bk

= S, kemudian

A = (A ∩ B1 ) ∪ (A ∩ B2 ) ∪ ... ∪ (A ∩Bk)

13

Ini berguna dalam teorema berikut.

Teori 1.52

Jumlah peluang jika B1, B2, ..., Bk, adalah kumpulan peristiwa saling eksklusif dan lengkap,

maka untuk setiap kejadian A,

P (A) = ∑i=1

k

P(B1 )P(A| B1) (1.5.6)

BUKTI

Peristiwa A ∩ B1, A ∩ B2 , ..., A∩ Bk saling eksklusif, sehingga dapat dikatakan bahwa

P (A) = ∑i=1

k

P (A∩ Bi ) (1.5.7)

dan hasil teorema dari menerapkan Teorema 1.5.1 untuk setiap istilah dalam mation .

Teorema 1.5.2 kadang-kadang dikenal sebagai Hukum Probabilitas Total, karena

sesuai dengan cara saling eksklusif di mana dapat terjadi relatif terhadap partisipasi dari total

ruang sampel S.

Kadang-kadang sangat membantu untuk menggambarkan hasil ini dengan diagram

pohon. Salah satu diagram tersebut untuk kasus dari tiga peristiwa B1, B2, dan B3 diberikan pada

Gambar 1.3.

Gambar 1.3

Diagram pohon menunjukkan Hukum Peluang Total

B1

B2

14

A

A’

A

A’

B3

Kemungkinan terkait dengan cabang B1, adalah P (Bt) dan peluang diasosiasikan dengan

masing-masing cabang berlabel A adalah peluang bersyarat P (A| Bt ), yang mungkin berbeda

tergantung pada cabang Bt , ia mengikuti. Untuk A terjadi , itu harus terjadi bersama-sama

dengan satu dan hanya satu dari Bt. Kemudian hanya A ∩ B1, A ∩ B2 , atau A ∩ B3 harus

terjadi, dan peluang dari A adalah jumlah peluang dari peristiwa gabungan , P(Bt) P (A I Bt).

Contoh 1.5.3

Factory 1 Contoh 1.5.1 memiliki dua giliran, dan microchip dari factory 1 dapat

dikategorikan sesuai dengan yang dihasilkan pergeseran mereka. Seperti sebelumnya, percobaan

terdiri dari memilih microchip secara acak dari kotak dan pengujian untuk melihat apakah itu

rusak. Biarkan B1 menjadi peristiwa "diproduksi oleh giliran 1" (factory 1), B2, peristiwa

"diproduksi oleh giliran 2" (factory 1 ), dan B3 peristiwa "diproduksi oleh giliran 2." Seperti

sebelumnya, biarkan A adalah kejadian "mendapatkan microchip yang rusak." Kategorinya

diberikan oleh Tabel 1.3.

TABEL 1.3

B1 B2 B3 Total

A 5 10 5 20

A’ 20 25 35 80

Total 25 35 40 100

Berbagai peluang dapat dihitung langsung dari tabel. Misalnya, P (B1)=25/100, P (B2) =

35/100 , P (B3) = 40/100, P (A| B1) = 5/25, P(A | B2) = 10/35, dan P (A| B3) = 5 / 40. Hal ini

dimungkinkan untuk menghitung P (A) baik secara langsung dari tabel , P(A) = 20/100 = 0,20,

atau dengan menggunakan Hukum Peluang Total:

15

A

A’

P (A) = P (B1) P(A|B1) + P (B2)P (A| B2) + P(B3) P(A| B3 )

= (25/100) (5/25) + (35/100)(10/35)+(40/100)(5/40)

= 0,05 + 0,10 + 0,05 = 0,20

Masalah ini diilustrasikan oleh diagram pohon pada Gambar 1.4.

GAMBAR 1.4

Diagram Pohon untuk pemilihan microchip dari lot gabungan.

Contoh 1.5.4

Berdasarkan variasi berikut pada Contoh 1.5.3. microchip diurutkan menjadi tiga kotak

yang terpisah. Kotak 1 berisi 25 microchip dari pergeseran 1, 2 kotak berisi. 35 microchip dari

pergeseran 2, dan 3 kotak berisi 40 microchip yang tersisa dari factory 2. Percobaan baru terdiri

dari memilih kotak secara acak, kemudian memilih microchip dari kotak. Penelitian ini

diilustrasikan dalam Gambar 1.5.

GAMBAR 1.6

16

25/100

35/100

40/100

B1

B2

B1

5/25

10/35

5/40

A∩B1

A∩B2

A∩B3

Pemilihan microchip dari tiga sumber yang berbeda

Pada kasus ini, tidak memungkinkan untuk menghitung P (A) langsung dari Tabel 1.3,

tapi masih mungkin untuk menggunakan persamaan (1.5.6) dengan mendefinisikan kembali

peristiwa B1, B2, dan B3 menjadi masing-masing memilih "kotak 1," "kotak 2," dan "kotak 3."

Dengan demikian, tugas baru kemungkinan untuk B1, B2, dan B3, adalah P (B1) = P (B2) = P (B3)

= 1/3, dan

P (A) = (1/3)(5/25) + (1/3)(10/35) + (1/3)(5/40)

= 57/280

Sebagai hasil dari percobaan yang baru ini, anggaplah bahwa komponen yang diperoleh

rusak, tetapi tidak diketahui dari kotak mana hal itu barasal. Hal ini dimungkinkan untuk

menghitung kemungkinan bahwa itu berasal dari kotak tertentu mengingat bahwa itu rusak,

meskipun formula khusus diperlukan.

Teorema 1.5.3

Aturan Bayes jika kita asumsikan kondisi Teorema 1.5.2, maka untuk setiap j = 1, 2, ..., k,

P(B1 | A) = P (B 1 ) P( A∨B 2)

∑i=1

k

P (B 1 ) P (A∨B 1)

(1.5.8)

17

10 kesalahan

25 benda

5 kesalahan

20 benda

5 kesalahan

35 benda

Box 1 Box 2 Box 3

Bukti

Dari Definisi 1.5.1 dan Teorema Perkalian 1.5.5 kita miliki

P (Bj | A) = P (A ∩B j)

P( A) = P (B j) P( A∨B j)

P( A)

Teorema berikut dengan mengganti penyebut dengan sisi kanan (1.5.6).

Untuk data pada Contoh 1.5.4, peluang bersyarat bahwa microchip berasal dari kotak 1,

mengingat bahwa itu rusak, adalah

P (B1 | A) = (1/3 X 5/25)

(1/3)(5/25)+(1 /3)(10 /35)+(1/3)(5/40)

= 56171

= 0.327

Demikian pula, P ( B2 |A) = 80/171 = 0,468 dan P (B3 | A) = 35/171 = 0,205.

Perhatikan bahwa ini berbeda dengan peluang bersyarat, P (B j) = 1/3 = 0,333. Ini

mencerminkan proporsi yang berbeda dari item yang rusak dalam kotak. Dengan kata lain,

karena kotak 2 memiliki proporsi yang lebih tinggi dari barang cacat, memilih item yang rusak

secara efektif meningkatkan kemungkinan bahwa itu dipilih dari kotak 2.

Untuk ilustrasi lain, pertimbangkan contoh berikut.

Contoh 1.6.5 Seorang pria memulai pada titik 0 di peta yang ditunjukkan pada Gambar 1.6. Dia

pertama kali memilih jalan secara acak dan mengikutinya ke titik B1, B2, atau B3.

Dari titik itu, ia memilih jalan baru secara acak dan mengikuti ke salah satu poin

Ai, i = 1, 2, . . . 7.

GAMBAR 1.6 Peta jalur yang mungkin

18

A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7

Mungkin menarik untuk mengetahui peluang bahwa manusia tiba di titik A4. Hal ini dapat

dihitung dari Hukum Peluang Jumlah:

P (A4) = P (B1)P(A4| B1) + P(B2)P(A4 | B2) + P (B3)P(A4 | B3)

¿(13)( 1

4)+( 1

3)( 1

2)+( 1

3)(0)=1

4

Misalkan pria tiba di A4 titik, tetapi tidak diketahui dimana ia mengambil rute.

Kemungkinan bahwa ia melewati suatu titik tertentu, B1, B2, atau B3, dapat dihitung dari

Peraturan Bayes '. untuk contoh,

P (B1 | A4) = (1/3)(1 /4)

(1/3)(1/4 )+(1/3)(I /2)+(1/3)(0) =

13

yang setuju dengan peluang bersyarat, P (B1) = 1/3.

Ini adalah contoh dari situasi yang sangat khusus yang disebut "kemerdekaan," yang akan

kita kejar di bagian berikutnya. Namun, hal ini tidak terjadi dalam setiap kasus. Sebagai contoh,

sebuah aplikasi Peraturan Bayes juga menyebabkan P (B2 | A4) = 2/3, yang tidak setuju dengan P

(B2) = 1/3. Jadi, jika ia tiba di titik A4 , adalah dua kali kemungkinan bahwa ia melewati titik B2,

karena ia melewati B1. Tentu saja, hasil yang paling mencolok adalah pada titik B3, karena P (B3

| A4) = 0. Sementara P (B3) = 1/3. Ini mencerminkan fakta yang jelas bahwa ia tidak bisa sampai

pada titik A4, dengan melewati B3. Intinya nilai praktis pengkondisian jelas ketika

mempertimbangkan beberapa tindakan seperti bertaruh pada apakah pria melewati titik B3.

19

KEJADIAN BEBAS

Dalam beberapa situasi, pengetahuan bahwa kejadian A telah terjadi tidak akan ada

kemungkinan bahwa kejadian B akan terjadi. Dengan kata lain, P (B | A) = P (B). Kita melihat

ini terjadi pada Contoh 1.5.5, karena kemungkinan melewati titik B, adalah 1/3 apakah

pengetahuan bahwa pria itu tiba di titik A4, yang diperhitungkan. Sebagai akibat dari Teorema

Perkalian (1.5.5), formulasi setara dari situasi ini adalah P (A ∩B ) = P (A)P(B|A) = P(A)P(B).

Secara umum, saat ini terjadi dua peristiwa dikatakan independen atau stokastik independen.

Definisi 1.5.2

Dua kejadian A dan B disebut kejadian independen jika

P (A∩ B) = P(A)P(B) ( 1.5.9 )

Jika tidak, A dan B disebut kejadiam saling tergantung.

Seperti telah dicatat, formulasi setara dapat diberikan dalam kondisi peluang kondisional.

Teorema 1.5.4

Jika A dan B adalah peristiwa sedemikian rupa sehingga P (A) > 0 dan P (B )> 0, maka A dan B

adalah bebas jika dan hanya jika salah satu dari berikut ini berlaku:

P (A | B) = P (A) P (B | A) = P (B)

Kami melihat contoh kejadian baik independen dan dependen dalam Contoh 1.5.5. Ada

juga contoh peristiwa saling eksklusif, karena P (B3 | A4 ) = 0, yang berarti P (B3 ∩ A4 ) = 0.

20

Sering terjadi kebingungan antara konsep peristiwa independen dan peristiwa saling eksklusif .

Sebenarnya, ini cukup berbeda pengertian dan mungkin ini terlihat baik dengan perbandingan

yang melibatkan kondisional peluang. Secara khusus, jika A dan B adalah saling eksklusif,

maka P (A | B)=P( B | A) = 0, sedangkan untuk kejadian nonnull independen, peluang bersyarat

adalah nol seperti dicatat oleh Teorema 1.5.4, dengan kata lain, perlengkapan untuk menjadi

saling eksklusif melibatkan bentuk yang sangat kuat dari ketergantungan, karena, untuk kejadian

nonnull, terjadinya satu peristiwa menghalangi terjadinya peristiwa lainnya.

Ada banyak aplikasi di mana peristiwa dianggap independen.

Contoh 1.5.6

Sebuah "sistem" terdiri dari beberapa komponen yang dihubungkan dalam beberapa

konfigurasi tertentu. Hal ini sering diasumsikan dalam aplikasi bahwa kegagalan satu komponen

tidak mempengaruhi kemungkinan bahwa komponen lain akan gagal. Dengan demikian,

kegagalan satu komponen diasumsikan independen dari kegagalan komponen lain.

Sebuah sistem seri dua komponen, C1, dan C2, diilustrasikan oleh Gambar 1.7. Sangat

mudah untuk memikirkan suatu sistem dalam dua komponen listrik (misalnya, baterai dalam

senter) di mana saat ini harus melewati kedua komponen agar sistem berfungsi. Jika A1 adalah

kejadian "C1 yang gagal " dan A2 adalah kejadian "C2 yang gagal," maka kejadian "sistem

gagal" adalah A1 ∪ A2. Misalkan P (A1) = 0,1 dan P (A2) = 0,2. Jika kita mengasumsikan bahwa

A1 dan A2 yang independen, maka peluang bahwa sistem gagal adalah :

P (A1 ∪ A2 ) = P (A1) + P (A2) - P (A1 ∩ A2)

= P (A1) + P (A2) - P (A1) P(A2)

= 0.1 +0.2 - (0,1) (0,2)

= 0,28

Peluang bahwa sistem bekerja dengan baik adalah 1 - 0,28 = 0,72.

Gambar 1.7 Sistem seri dari dua komponen

21

Perhatikan bahwa asumsi independen memungkinkan kita untuk menggunkan faktor

peluang berdasarkan kejadian bersama, P (A1 ∩ A2 ) ke dalam hasil dari peluang

marjinal,P(A1)P(A2).

Contoh lain yang umum melibatkan gagasan tentang sistem paralel, seperti ilustrasi pada

Gambar 1.8. Untuk sistem paralel yang gagal, maka perlu bahwa kedua komponen yang gagal,

sehingga kejadian "sistem gagal" adalah A1 ∩ A2. Peluang bahwa sistem ini gagal adalah

P(A1 ∩A2) = P (A1)P(A2) = (0,1)(0,2) = 0,02. Sekali lagi asumsi komponen gagal independen.

Perhatikan bahwa peluang kegagalan untuk sistem seri apakah lebih besar dari

kemampuan peluang atau kegagalan komponen baik, sedangkan untuk sistem paralel itu kurang.

Hal ini karena kedua komponen harus berfungsi untuk sistem seri ke fungsi, dan akibatnya

sistem ini lebih mungkin untuk gagal daripada komponen individu. Di sisi lain, sistem paralel

adalah sistem berlebihan: Salah satu komponen bisa gagal, tetapi sistem akan terus berfungsi

memberikan fungsi kepada komponen lainnya. Redundansi tersebut adalah umum dalam sistem

kedirgantaraan, dimana kegagalan sistem mungkin menjadi bencana.

Sebuah contoh umum dari peristiwa yang saling bergantung terjadi sehubungan

dengan pengambilan sampel diulang tanpa penggantian dari suatu koleksi terbatas. Dalam

Contoh 1.5.2 kita mempertimbangkan hasil menggambar dua kartu secara berurutan dari dek.

Ternyata bahwa kejadian A, (As pada pengambilan pertama) dan A2 (As pada pengambilan

kedua) tergantung karena P (A2) = 4/52, sedangkan P (A2 | A1) = 3/51 .

Anggaplah bahwa hasil dari kartu pertama dicatat dan kemudian kartu diganti dalam

dek dan dek dikocok sebelum imbang kedua dibuat. Jenis sampling disebut sebagai sampling

dengan penggantian, dan itu akan masuk akal jika mengasumsikan bahwa menarik adalah uji

independen. Dalam hal ini P (A1 ∩ A2) = P(A1)P(A2)

Ada banyak masalah lain yang masuk akal untuk mengasumsikan bahwa uji coba

berulang percobaan adalah independen, seperti melempar koin atau bergulir mati berulang-

ulang.

Ini kemungkinan menunjukkan bahwa kebebasan dua peristiwa juga menyiratkan

22

C1 C2

kebebasan dari beberapa peristiwa yang saling terkait.

GAMBAR 1.8 Sistem Paralel dari dua komponen

Teorema 1.5.5

Dua peristiwa A dan B adalah independen jika dan hanya jika pasangan berikut adalah kejadian

bebas juga :

1. A dan B '.

2. A ' dan B.

3. A ' dan B.

Bukti

Lihat Latihan 38.

Hal ini juga memungkinkan untuk memperluas kebebasan untuk lebih dari dua peristiwa.

Definisi 1.5.3

Peristiwa k A1, A2, ... , Ak dikatakan Independen atau saling independen untuk

setiap j = 2,3, ..., k dan setiap himpunan bagian dari indeks yang berbeda i1, i2,. . ., ij.

P (Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aij) = P(Ai1)P(Ai2) ... P (Aij) (1.5.10)

Misalkan A, B, dan C adalah tiga peristiwa saling independen. Menurut definisi kejadian

saling independen, tidak cukup hanya untuk memverifikasi kebebasan berpasangan. Ini akan

23

C1

C2

diperlukan untuk memverifikasi P (A ∩ B) = P (A) P (B), P (A ∩C) = P (A) P (C), P (B ∩C) = P

(B) P(C) dan juga P (A ∩ B ∩ C = P (A) P (B) P (C). Contoh berikut ini menunjukkan bahwa

kebebasan berpasangan tidak berarti ini faktorisasi atau cara terakhir dan sebaliknya.

Contoh 1.5.7 Sebuah kotak berisi delapan tiket, masing-masing diberi label dengan

bilangan biner. Dua diberi label 111, dua diberi label 100, dan dua 001. Sebuah eksperimen

terdiri dari menggambar satu tiket secara acak dari kotak. Misalkan kejadian A "digitpertama

adalah 1," kejadian B "digit kedua adalah 1,” dan kejadian C "digit ketiga adalah 1", ini

diilustrasikan oleh Gambar 1.9. Oleh karena itu, P(A) = P(B) = P(C) = 4/8 = 1/2 dan P (A∩ B) =

P (A ∩ C) = P (B ∩ C) = 2/8 = 1/4, dengan demikian A, B, dan C adalah pasangan yang

independen. Namun, mereka tidak saling independen, karena

P (A ∩B ∩ C ) = 28

= 14

≠18=¿P(A)P(B)P(C)

Gambar 1.9 Pemilihan tiket bernomor

Contoh 1.5.8

Dalam Gambar 1.9. mari kita mengubah nomor pada satu tiket di kolom pertama 111-110, dan

jumlah satu tiket di kolom kedua 100-101. Kita masih memiliki

P (A) = P (B) = P(C) = 1/2

  tetapi

24

111 100

111 100 010 001

001010

P (B ∩ C) = 18

≠ 14

= P(B)P(C)

dan

P (A ∩ B ∩ C) = 18

= P(A)P(B)P(C)

Dalam hal ini kami memiliki tiga-cara faktorisasi, tetapi bukan kebebasan semua pasangan.

1.6 TEKNIK PENGHITUNGAN

Dalam banyak percobaan dengan ruang sampel yang terbatas, seperti permainan

kesempatan, mungkin masuk akal untuk mengasumsikan bahwa semua hasil yang mungkin

memiliki kemungkinan yang sama. Dalam hal ini, bentuk peluang yang realistis harus

merupakan hasil dari mengikuti pendekatan klasik dan mengambil peluang dari setiap peristiwa

A menjadi P (A) = n(A)/N, di mana N adalah jumlah total kemungkinan hasil dan n(A) adalah

jumlah dari hasil yang sesuai dengan terjadinya kejadian A. Menghitung jumlah cara di mana

suatu peristiwa mungkin terjadi dapat menjadi masalah membosankan dalam percobaan yang

rumit. Beberapa teknik menghitung yang dapat membantu akan dibahas.

Prinsip Perkalian

Pertama catatan bahwa jika satu operasi dapat dilakukan dalam n1, cara dan operasi kedua

dapat dilakukan dalam n2 cara, maka ada n1.n2 cara di mana kedua operasi dapat dilakukan.

Contoh 1.6.1

Misalkan koin dilempar dan kemudian kelereng dipilih secara acak dari sebuah kotak yang berisi

satu kelereng hitam (B) satu merah (R), dan satu hijau (G). Hasil yang mungkin adalah HB, HR,

HG, TB , TR, dan TG untuk masing-masing dua kemungkinan hasil dari koin ada tiga kelereng

yang dapat dipilih untuk total 2 • 3 = 6 hasil yang mungkin. Situasi ini juga mudah digambarkan

oleh diagram pohon, seperti dalam Gambar 1.10.

GAMBAR 1.10 Diagram Pohon dua tahap percobaan

25

B

H

T

Aplikasi lain dari prinsip perkalian dibahas dalam Contoh 1.5.2 sehubungan dengan

menghitung jumlah dari dua-kartu tangan.

Perhatikan bahwa prinsip perkalian dapat diperpanjang lebih panjang dari dua operasi.

Secara khusus, jika operasi r berturut-turut dapat dilakukan dalam n1 cara, maka jumlah cara

untuk melaksanakan semua operasi r adalah hasil

∏i=1

r

n1 = n1 n2 ... nr (1.6.1)

Salah satu jenis standar menghitung masalah ditutupi oleh teorema berikut.

Teorema 1.6.1

Jika terdapat N kemungkinan hasil dari masing-masing percobaan r dari suatu eksperimen, maka

ada Nr, hasil yang mungkin dalam rentang sampel .

Contoh 1.6.2 Berapa banyak cara yang dapat menjawab 20-pertanyaan benar-salah ?

Jawabannya adalah 220.

Contoh 1.6.3 Berapa banyak himpunan bagian yang ada dari satu set elemen m? Dalam

membentuk himpunan bagian , seseorang harus memutuskan setiap elemen apakah akan

menyertakan unsur dalam himpunan bagian tersebut. Jadi untuk masing-masing elemen m ada

dua pilihan, yang memberikan total 2 "kemungkinan himpunan bagian”. Ini termasuk himpunan

kosong, yang sesuai dengan kasus tidak termasuk setiap elemen dalam himpunan bagian .

Seperti yang disarankan sebelumnya, cara percobaan dilakukan atau metode sampling dapat

26

R

G

B

G

R

mempengaruhi ruang sampel dan tugaspeluang atas ruang sampel. Secara khusus, sampel item

dari populasi terbatas dengan dan tanpa penggantian dua skema umum. Sampling tanpa

penggantian digambarkan dalam Contoh 1.5.2. Sampling dengan penggantian ditutupi oleh

Teorema 1.6.1.

Teorema 1.6.1 Jika terdapat N kemungkinan dari hasil masing-masing percobaan r dari suatu

eksperimen, maka ada N, hasil yang mungkin dalam rentang sampel adalah N r.

Contoh 1.63 Berapa banyak cara memilih 20 pertanyaan benar-salah dalam menjawab tes ?

jawabannya adalah 220.

Contoh 1.6.3 Berapa banyak himpunan bagian yang ada dari satu kumpulan elemen m? Dalam

membentuk subset, seseorang harus memutuskan untuk setiap elemen apakah akan menyertakan

unsur dalam subset. Jadi untuk masing-masing elemen m ada dua pilihan, yang memberikan total

2m kemungkinan subset. Ini termasuk set nol, yang sesuai dengan kasus tidak termasuk

setiap elemen dalam subset.

Seperti yang disarankan sebelumnya, cara percobaan dilakukan atau metode percobaan

dapat mempengaruhi ruang sampel dan kemungkinan peluang atas ruang sampel. Secara khusus,

sampel item dari populasi terbatas dengan dan tanpa pengulangan dua skema umum. Percobaan

tanpa pengulangan digambarkan dalam Contoh 1.5.2. Percobaan dengan pengulangan ditutupi

oleh Teorema 1.6.1.

Contoh 1.6.4 Jika lima kartu diambil dari setumpuk 52 kartu dengan pengulangan, maka ada

(52)5 kemungkinan terjadi . Jika lima kartu diambil tanpa pengulangan, maka prinsip perkalian

lebih umum dapat diterapkan untuk menentukan bahwa ada 52 ∙ 51∙ 50 ∙ 49 ∙ 48 kemungkinan

terjadi. Dalam kasus pertama, kartu yang sama dapat terjadi lebih dari sekali alam kejadiaan

yang sama. Dalam contoh kedua, bagaimanapun, kartu mungkin tidak diulang.

Perhatikan bahwa dalam kedua kasus dalam contoh di atas, agar diperhatikan. Artinya, dua lima

kartu terjadi akhirnya dapat berakhir dengan lima kartu yang sama, tetapi mereka dihitung

sebagai kejadian yang berbeda dalam contoh jika kartu diperoleh dalam urutan yang berbeda.

Misalnya, biarkan semua lima kartu menjadi sekop. Hasil (ace, king, queen, jack, sepuluh)

berbeda dari hasil (raja, ace, ratu, jack, sepuluh). Jika kejadiaan tersebut belum diperhatikan,

kedua hasil akan con-sidered sama, memang akan ada beberapa hasil yang berbeda dari contoh

27

mengenai hasil ini (unordered) yang sama. Di sisi lain, hanya satu hasil sesuai dengan semua

lima kartu menjadi as sekop (dalam sampel ¬ dengan kasus-pengulangan), apakah kartu perintah

atau tanpa perintah.

Hal ini memperkenalkan konsep elemen dibedakan dan tidak dapat dibedakan.

Meskipun mungkin diperhatikan, hasil atau pengaturan baru tersebut tidak akan diperoleh jika

dua elemen dibedakan dipertukarkan. Dengan demikian, pengaturan memungkinkan sedikit yang

kemungkin jika beberapa item yang bisa dibedakan. Kami juga mencatat sebelumnya bahwa ada

hasil yang berbeda sedikit jika order tidak diperhatikan, tetapi peluang salah satu unordered

hasil yang terjadi maka akan lebih besar. Perhatikan juga bahwa itu adalah praktek umum untuk

berasumsi bahwa urutan tidak diperhatikan ketika menggambar tanpa pengulangan, kecuali

dinyatakan khusus, meskipun kami anggap diperhatikan dalam contoh 1.6.4

CONTOH 1. 2, ..., n diambil tiga sekaligus. Ekuivalen, ini akan menjadi koleksi semua

himpunan bagian dari ukuran 3 dari himpunan {1,2, 3, ..., n}, yang ada

n!3(n−3)!

=n (n−1 )(n−2)

6

n - 2 kombinasi atau subset dari bilangan bulat berturut-turut akan {1, 2, 3}, {2, 3,4}, ..., {n - 2, n

- 1, n}. Seperti biasa, tidak ada perbedaan harus dibuat subset yang menuliskan unsur-unsur

dalam urutan yang berbeda. Probabilitas yang dihasilkan adalah

(n−2)⦋n (n−1)(n−2)⋰6 ⦌=

6n (n−1)

seperti sebelumnya.

Hal ini menunjukkan bahwa beberapa masalah bisa diselesaikan baik menggunakan kombinasi

atau permutasi. Biasanya, jika ada pilihan, pendekatan kombinasi sederhana karena ruang sampel

lebih kecil. Namun, kombinasi tidak tepat dalam beberapa masalah.

28

Contoh 1.6.7 Pada Contoh 1.6.6, anggaplah bahwa sampling dilakukan dengan pengulangan.

Sekarang, jumlah yang sama dapat diulang dalam tiga kali lipat {i,j,k}, sehingga ruang sampel

memiliki hasil n3. Terdapat 6 (n - 2) tiga kali lipat dari bilangan bulat berturut-turut, karena

bilangan bulat tidak bisa diulang berturut-turut. Kemungkinan bilangan bulat berturut-turut

dalam hal ini adalah 6 (n - 2) /n3. Bilangan bulat dapat diulang dalam kasus ini, sehingga

penggunaan kombinasi tidak tepat dalam kasus ini.

Contoh 1.6.8 Sebuah penggunaan akrab notasi kombinasi dalam mengekspresikan ekspansi

binomial

(a+b)n = ∑k=0

n

(nk )ak bn−k

Dalam kasus ini, (nk) adalah koefisien dari ak bn−k , dan itu merupakan jumlah cara (n)

memilih k faktor n (a + b) dari mana untuk menggunakan istilah, dengan istilah b yang

digunakan dari n yang tersisa - k faktor.

Contoh 1.6.9 Konsep kombinasi dapat digunakan untuk menentukan jumlah himpunan bagian

dari satu elemen himpunan m. Ada (mj ) cara elemen j memilih dari elemen m, j

jadi ada (mj ) himpunan bagian dari elemen untuk j, = 0,1, ..., m. Jika j=0 maka kejadiannya nol

dan diwakili oleh (m0 ) = 1, karena 0! didefinisikan sebagai sebuah kotak berisi tiket n, masing-

masing ditandai dengan bilangan bulat yang berbeda, 1, 2, 3, ..., n. Jika tiga tiket yang dipilih

secara acak tanpa pengulangan, berapa peluang mendapatkan tiket dengan bilangan bulat

berturut-turut? Salah satu solusi yang mungkin akan memberikan ruang sampel terdiri dari

semua bilangan bulat tiga kali lipat {i, j, k} dimana i,j,dan k adalah bilangan bulat yang berbeda

dalam rentang I ke n.Jumlah tersebut tiga kali lipat pn3=

n !(n−3)! =n(n-1)(n-2). Tiga kali lipat

yang terdiri dari bilangan bulat berturut-turut adalah {1,2, 3}, {2, 3, 4}, .... {n - 2, n - 1, n} atau

29

salah satu dari kelipatan 3 yang dibentuk oleh hasil permutasi akan 3 ! × (n-2)= 6 × (n – 2) tiga

kali lipat seperti peluang yang diinginkan adalah

6 ∙(n−2)p3

n =6 ∙(n−2)

n(n−1)(n−2)= 6

n(n−1)

Jika urutan benda tidak diperhatikan,maka kita mungkin hanya tertarik pada jumlah kombinasi

yang mungkin ketika memilih objek r dari n dari benda berbeda. Simbol (nr ) biasanya digunakan

untuk menunjukkan nomor ini.

Teorema 1.6.4 Jumlah kombinasi dari n objek yang berbeda dengan memilih r adalah

(nr )= n !r !(n−r ) !

(1.6.3)

bukti

Seperti yang disarankan dalam contoh sebelumnya, P, dapat diartikan sebagai jumlah cara untuk

memilih objek r dari n objek dan kemudian permutasi r obyek r! cara

Prn=(nr )r != n!

(n−r )!

Membagi oleh r! memberikan ekspresi yang diinginkan untuk (nr ). Dengan demikian, jumlah

kombinasi dari empat huruf diambil dua pada suatu kejadian adalah (42)= 4 !

2! 2!=6 , Seperti

disebutkan di atas. Jika susunan diperhatikan, maka jumlah pengaturan menjadi 6 ∙2! = 12

seperti sebelumnya. Jadi (42) menghitung jumlah simbol dipasangkan baik di baris pertama atau

kedua, tetapi tidak keduanya, dalam contoh 1.11.

Hal ini juga memungkinkan untuk memecahkan masalah peluang dalam contoh 1.66

menggunakan kombinasi. Ruang sampel akan terdiri dari semua kombinasi dari bilangan bulat n

30

yaitu 1,2, ..., n diambil tiga sekaligus. Hasil ini akan menjadi penyelesaian semua himpunan

bagian dari ukuran 3 dari himpunan {1, 2, 3, ..., n}, yang ada adalah

(n3)= n!3 !(n−3) !

=n (n−1 )(n−2)

6

kombinasi (n-2) atau subset dari bilangan bulat berturut-turut adalah {1, 2, 3}, {2, 3, 4} ..., {n –

2,n - 1, n}. Seperti biasa, tidak ada perbedaan yang wajib dibuat pada subset yang menuliskan

unsur-unsur dalam urutan yang berbeda. Peluang yang dihasilkan adalah

(n−2)(n (n−1)(n−2)/6)

= 6n(n−1)

Seperti sebelumnya.

Hal ini menunjukkan bahwa beberapa masalah bisa diselesaikan baik menggunakan kombinasi

atau permutasi. Biasanya, jika ada pilihan, pendekatan kombinasi sederhana karena ruang

sampel lebih kecil. Namun, kombinasi tidak tepat dalam beberapa masalah.

Contoh 1.6.7 Pada Contoh 1.6.6, anggaplah bahwa sampling dilakukan dengan pengulangan.

Sekarang, jumlah yang sama dapat diulang dalam tiga kali lipat {i,j,k}, sehingga ruang sampel

memiliki hasil n3. Masih ada 6 (n - 2) tiga kali lipat dari bilangan bulat berturut-turut, karena

bilangan bulat tidak bisa diulang berturut-turut. Kemungkinan bilangan bulat berturut-turut

dalam hal ini adalah 6 (n - 2) / n3. Bilangan bulat dapat diulang dalam kasus ini, sehingga

penggunaan kombinasi tidak tepat.

Contoh 1.6.8 Sebuah penggunaan akrab notasi kombinasi dalam mengekspresikan ekspansi

binomial

(a+b)n=∑k=0

n

(nk )ak bn−k (1.6.4)

Dalam kasus ini(nk) adalah koefisien dari ak bn−k, dan itu merupakan jumlah cara memilih faktor

31

k dari n (a + b) dari mana untuk menggunakan kemungkinan a dengan kemungkinan b yang

digunakan dari n-k faktor.

Contoh1.6.9 Konsep kombinasi dapat digunakan untuk menentukan jumlah himpunan bagian

dari satu bagian elemen m. Ada (mj ) cara elemen j memilih dari unsur m,

jadi ada (mj ) himpunan bagian dari elemen j untuk j = 0 1, ..., m. Dalam kasus j=0 ke bagian nol

dan diwakili oleh (m0 ) = 1, karena 0! didefinisikan setara dengan 1, untuk melambangkan notasi.

Dengan demikian jumlah total himpunan bagian nol ditentukan oleh

∑j=0

m

(mj )=(1+1)m=2m (1.6.5)

Contoh 1.6.10 Jika lima kartu diambil dari setumpuk kartu tanpa pengulangan, jumlah lima

kartu tangan adalah

(525 )= 52!

5! 47 !

Jika pesanan diperhatikan seperti pada Contoh 1.6.4, maka jumlah kemungkinan lima kartu

tangan adalah

P552=(52

5 )5 !=52 !47 !

Demikian pula, dalam Contoh 1.5.2 jumlah memerintahkan dua • tard tangan diberikan menjadi

(525 )∙ 2 !=52 ∙ 51

PERBEDAAN OBYEK

Pembahasan ke titik ini telah ditangani dengan pengaturan dari n objek dibedakan. Ada juga

banyak aplikasi yang melibatkan benda-benda yang tidak semua dibedakan.

Contoh 1.6.11 Anda memiliki lima kelereng, dua hitam dan tiga putih, tetapi sebaliknya bisa

32

dibedakan. Pada Gambar 1.12, kami mewakili semua pengaturan dibedakan dari dua hitam (B)

dan tiga putih (W) kelereng.

GAMBAR 1.12 pengaturan dibedakan dari lima objek, dua dari satu jenis dan tiga lain

BBWW

W

BWBWW WBBWW BWWBW WBWBW

WWBB

W

WWBWB WWWBB WBWWB BWWWB

Perhatikan bahwa pengaturan dibedakan jika mereka berbeda dengan bertukar kelereng warna

yang berbeda, tetapi tidak jika pertukaran melibatkan warna yang sama. Kami akan mengacu

pada pengaturan 10 berbeda sebagai permutasi dari lima objek meskipun objek tidak semua

dibedakan.

Sebuah cara yang lebih umum untuk menghitung permutasi tersebut pertama akan

memperkenalkan label untuk objek, katakanlahB1 B2 W 1W 2W 3. Ada 51 permutasi benda-benda

dibedakan, tetapi dalam setiap warna ada permutasi yang tidak ingin kita hitung. Kita dapat

mengkompensasi dengan membagi dengan jumlah permutasi benda hitam (2!) Dan benda-benda

putih (3!). Dengan demikian, jumlah permutasi benda yang tidak dibedakan adalah

5 !2!3 !

=10

Ini adalah kasus khusus dari teorema berikut.

Teorema 1.6.5 Banyaknya permutasi dibedakan dari n objek yang r adalah dari satu jenis dan n -

r adalah dari jenis lain adalah

33

(nr )= n !r !(n−r ) !

` (1.6.6)

Jelas, konsep ini dapat digeneralisasi untuk kasus permutasi jenis k benda.

Teorema 7.6.6 Jumlah permutasi dari n objek yang r1, adalah dari satu jenis, r2 dari jenis

kedua, ..., rk, dari jenis k adalah

n!r1!r 2!…rk !

(1.6.7)

bukti

Ini mengikuti dari pernyataan Contoh 1.6.11, kecuali dengan warna k yang berbeda dari bola.

Contoh 1.6.12 Anda memiliki 10 kelereng dua hitam, tiga putih,dan lima merah, tetapi

sebaliknya tidak dibedakan. Jumlah permutasi yang berbeda adalah

10 !2!3 !5 !

=2520

Gagasan permutasi dari n objek, tidak semua yang dibedakan, berkaitan dengan lain jenis operasi

dengan n objek yang berbeda.

PARTISI

Mari kita pilih objek r dari n objek yang berbeda dan menempatkan mereka dalam kotak atau

“sel.”

dan kemudian menempatkan n-r objek dalam kotak kedua. Jelas, ada (nr )cara ini dilakukan (karena permutasi obyek dalam sel tidak akan menghasilkan hasil baru), dan

ini disebut sebagai jumlah cara partisi n objek menjadi dua sel dengan benda r dalam satu sel dan

n - r yang lain . Konsep generalisasi mudah untuk partisi n objek yang berbeda menjadi lebih dari

dua sel.

Teorema 1.6.7 Jumlah cara partisi satu set n objek ke dalam sel k dengan r1 objek dalam sel

pertama,r2 pada sel kedua, dan sebagainya adalah

34

n!r1!r 2!…rk !

Ketika ∑i=1

k

r1=n .

Perhatikan bahwa partisi mengasumsikan bahwa jumlah objek yang akan ditempatkan di setiap

sel adalah tetap, dan bahwa urutan di mana objek ditempatkan ke dalam sel tidak diperhatikan.

Dengan berturut-turut memilih obyek, jumlah partisi juga dapat dinyatakan sebagai

( nr1

)(n−r1

r2)… ..(n−r1−…−rk−1

rk )= n!r1!r 2! .. rk !

Contoh 1.6.13 Berapa banyak cara yang dapat Anda menyebarkan 12 es loli yang berbeda secara

merata di antara empat anak? Berdasarkan Teorema 1.6.7 ini

12 !3!3 !3 !3 !

=369.600

Ini juga merupakan jumlah cara mengatur 12 es loli, yang tiga adalah merah, tiga hijau, tiga

oranye, dan tiga berwarna kuning, jika es loli yang sama warna dibedakan.

PERHITUNGAN PELUANG

Seperti disebutkan sebelumnya, jika dapat diasumsikan bahwa semua hasil yang

mungkin sama-sama mungkin terjadi, maka konsep peluang klasik berguna untuk menentukan

peluang suatu kejadian, dan teknik penghitungan terakhir dalam bagian ini mungkin membantu

dalam menghitung jumlah cara peristiwa yang dapat terjadi.

Ingat bahwa metode pengambilan sampel, dan asumsi mengenai ketertiban, apakah item

yang bisa dibedakan, dan sebagainya, mungkin memiliki efek pada jumlah hasil yang mungkin.

Contoh 1.6.14 Seorang siswa menjawab 20 pertanyaan benar-salah secara acak. Peluang untuk

mendapatkan 100% pada tes adalah P (100%) = 1/220 = 0,00000095. Kami ingin mengetahui

peluang kemampuan mendapatkan 80%, yaitu, menjawab 16 pertanyaan dengan benar. Kami

35

tidak mengharuskan yang 16 pertanyaan dijawab dengan benar, jadi ada (2016) cara yang

tepatnya 16 jawaban yang harus benar, dan P(80%)=(2016)220 =0,0046

.

Contoh 1.6.15 Contoh tanpa pengulangan sebuah kotak berisi 10 kelereng hitam dan 20 kelereng

putih, dan lima kelereng yang dipilih tanpa pengulangan. Peluang untuk mendapatkan tepat dua

kelereng hitam adalah

P(tepatnya 2 hitam) ¿(10

2 )(203 )

(305 )

=¿ 0,360

(1.6.8)

Ada (305 ) kemungkinan hasil total. Ada juga (10

2 ) untuk memilih dua kelereng hitam dari 10

kelereng hitam, dan (203 ) untuk memilih 3 kelereng putih dari 20 kelereng putih. Dengan prinsip

perkalian, terdapat (102 ) (20

3 ) cara untuk mendapatkan dua kelereng hitam. Perhatikan bahwa

agar tidak diperhatikan dalam masalah ini, meskipun 30 kelereng yang diperhatikan berbeda

dalam perhitungan ini, baik dalam mengingat jumlah hasil dalam ruang sampel dan dalam

mempertimbangkan berapa banyak, hasil sesuai dengan peristiwa yang diinginkan terjadi.

Meskipun pertanyaan 'tidak membedakan antara urutan hasil, adalah mungkin untuk

mempertimbangkan pertanyaan relatif terhadap ruang sampel yang lebih besar dari hasil

permintaan kemungkinan yang sama. Dalam satu kasus akan memiliki P530=(30

5 )∙ 5 ! hasil

kemungkinan dan

36

P(tepatnya 2 hitam) ¿(10

2 )(203 ) ∙5 !

(305 )∙ 5 !

(1.6.9)

yang memberikan jawaban yang sama seperti sebelumnya.

Hal ini juga dimungkinkan untuk menyelesaikan masalah ini dengan pendekatan

peluang kondisional dibahas dalam Bagian 1.5. Pertama mempertimbangkan kemungkinan

mendapatkan BBWWW hasil dalam urutan tertentu. Di sini kita memilih untuk menggunakan

perbedaan antara B dan W tetapi tidak perbedaan dalam itu B’s atau dalam W’s. Dengan

pendekatan peluang kondisional, ini peluang gabungan dapat dinyatakan sebagai

P (BBWWW) = 1030

929

2028

1927

1826

Demikian pula,

P (BWBWW) = 1030

2029

928

1927

1826

dan sebagainya. Dengan demikian, masing-masing urutan tertentu memiliki peluang yang sama.

Jika kita tidak ingin membedakan antara Urutan kelereng hitam dan putih, kemudian

P (tepatnya 2 black) = (52) ∙ 1030

929

2028

1927

1826

(1.6.10)

yang lain lagi adalah sama dengan persamaan (1.6.8). Artinya, ada (52)= 10 yang berbeda

khususnya permintaan yang menginginkan dua kelereng putih hitam dan tiga kelereng putih

(lihat Gambar 1.12).(52)orang bisa menganggap sebagai jumlah cara untuk memilih dua posisi

dari lima posisi di mana untuk menempatkan dua kelereng hitam. Jika urutan tertentu tidak

diperhatikan, kemungkinan hasil yang sukses lebih besar.

Kita bisa terus mempertimbangkan semua 30 kelereng yang berbeda dalam kerangka ini,

tetapi karena hanya urutan antara hitam dan putih diperhatikan dalam menghitung urutan

37

tertentu, berikut bahwa hanya ada (52)yang tidak diminta untuk mempertimbangkan urutan 5!.

Dengan demikian, meskipun dua kelereng hitam mungkin berbeda, permutasi mereka tidak

menghasilkan hasil yang berbeda: Urutan kelereng hitam dalam diri mereka tidak diperhatikan

ketika menentukan urutan penyusunan,hanya urutan antara hitam dan putih yang diperhatikan.

Dengan demikian koefisien (52)juga bisa diartikan sebagai jumlah permutasi dari lima hal yang

kedua adalah sama dan tiga yang sama (lihat Gambar 1.12).

Dengan demikian, kami telah melihat bahwa ada kemungkinan untuk memikirkan

kelereng hitam dan putih sebagai dibedakan dalam diri mereka dalam masalah ini. dan nilai

yang sama untuk P (tepatnya 2 black) diperoleh, namun, perhitungan tersebut tidak lagi

dilakukan melalui ruang sampel asli dasar hasil kemungkinan yang sama. Sebagai contoh, pada

pengambilan pertama satu hanya akan memiliki dua hasil yang mungkin, B dan W. meskipun

kedua hasil jelas tidak akan memiliki kemungkinan yang sama, melainkan P (B) = 10/30 dan P

(W) = 20/30 . Memang, asumsi bahwa kelereng hitam dan kelereng putih yang bisa dibedakan

dalam diri mereka tampak lebih alami dalam pendekatan peluang kondisional. Namun

demikian, pada ketentuan asumsi adalah bantuan yang nyaman dalam pendekatan pertama

untuk mendapatkan ruang sampel lebih mendasar memiliki kemungkinan yang sama, meskipun

pertanyaan itu sendiri tidak memerlukan perbedaan dalam warna.

Contoh 1.6.16 Sampling dengan Pengulangan Jika lima kelereng yang diambil dengan

pengulangan Contoh 1.6.15, maka penggunaan peluang kondisional tampaknya paling alami dan

sama dengan (1.6.10).

P (tepatnya 2 hitam) = (52)( 102

302 )( 203

303 ) (1.6.11)

Tentu saja, dalam hal ini hasil imbang pada masing-masing berdiri sendiri.

Jika seseorang memilih untuk menggunakan pendekatan klasik dalam hal ini, akan lebih mudah

untuk mempertimbangkan ruang sampel dari 305hasil kemungkinan yang sama memerintahkan;

dalam Contoh

38

1.6. 15 akan lebih mudah hanya untuk mempertimbangkan ruang sampel dari (305 )hasil seperti

pada persamaan (1.6.8), daripada hasil memerintahkan seperti dalam persamaan

(1.6.9). Untuk kejadian A ,satu kejadian kemudian memiliki "tepat 2 hitam."

P(A)=n( A)N

=(52)102303

303

Bentuk dalam hal ini tetap cukup mirip dengan persamaan (1.6.11), meskipun

pendapat akan nampak berbeda. Ada (52) pola yang berbeda di mana pengaturan memerintahkan

kemungkin berisi dua kelereng hitam dan tiga putih, dan untuk masing-masing pola ada unsur

102 303 pengaturan yang berbeda yang dapat dibentuk dalam ruang sampel.

Karena beragam jenis masalah peluang dapat dinyatakan,kemungkinan pendekatan

yang unik sering diperlukan untuk mengidentifikasi cara-cara saling eksklusif bahwa suatu

peristiwa dapat terjadi sedemikian rupa sehingga cara ini dapat dengan mudah dihitung. Namun,

masalah klasik tertentu (seperti yang digambarkan dalam Contoh 1.6.15 dan 1.6.16) dapat

dikenali dengan mudah dan fungsi peluang umum disebarkan dapat ditentukan untuk mereka.

Untuk masalah ini, peluang penghitungan individu terhindarkan tidak perlu dianalisis dengan

hati-hati setiap kali.

RINGKASAN

Tujuan bab ini adalah untuk mengembangkan konsep peluang untuk hasil jenis

kejadian mana yang tidak pasti diamati sebelum eksperimen. Pendekatan dasar melibatkan

mendefinisikan ruang sampel sebagai himpunan semua kemungkinan

hasil dari percobaan, dan mendefinisikan suatu peristiwa matematis sebagai himpunan hasil

yang terkait dengan terjadinya peristiwa tersebut. Motivasi utama untuk menetapkan peluang ke

suatu kejadian menyababkan frekuensi yang relatif panjang untuk menafsirkan. Namun,

pendekatan mendefinisikan peluang dalam hal perangkat sederhana aksioma yang lebih umum,

dan memungkinkan kemungkinan penggunaan metode yang lain dan tafsiran lain dari peluang.

Pendekatan ini juga memungkinkan untuk memperoleh sifat umum dari peluang.

39

Gagasan peluang kondisional memungkinkan pengenalan informasi tambahan mengenai

terjadinya satu peristiwa ketika menetapkan peluang yang lain. Jika peluang ditugaskan ke

salah satu acara tidak terpengaruh oleh informasi bahwa kejadian lain telah terjadi, maka

peristiwa yang dianggap berdiri sendiri. Ketelitian harus digunakan untuk tidak membingungkan

konsep kejadian independen dan saling eksklusif. Secara khusus, peristiwa saling eksklusif

tergantung, karena terjadinya satu menghalangi terjadinya yang lain. Dengan kata lain, peluang

bersyarat yang diberikan yang lain adalah nol.

Salah satu metode utama peluangkan menginginkan, yang berlaku dalam kasus

ruang sampel berhingga, didasarkan pada asumsi bahwa semua hasil sama-sama mungkin

terjadi. Untuk menerapkan metode ini, hal ini berguna untuk memiliki teknik untuk menghitung

jumlah hasil dalam sebuah kejadian. Teknik-teknik utama termasuk rumus untuk menghitung

pengaturan dengan memperhatikan bendanya (permutasi) dan dengan tidak memperhatikan

brndanya (kombinasi).

Untuk mengekspresikan jenis peluang dengan rumus umum, akan lebih mudah pertama

yang memperkenalkan konsep "variabel acak" dan fungsi yang menggambarkan penyebaran

peluang. Konsep-konsep ini akan dibahas dalam bab berikutnya, dan solusi umum kemudian

dapat disediakan untuk beberapa masalah penghitungan dasar yang paling sering dijumpai.

LATIHAN :

1. Sebuah mesin permen karet memberikan keluaran merah, hitam, atau hijau permen karet.

(a) Jelaskan ruang sampel yang sesuai.

(b) Daftar semua peristiwa yang mungkin.

(c) Jika R adalah kejadian “merah” kemudian daftar hasil di R’.

(d) Jika G adalah warna “hijau” lalu apa R ∩ G?

2. Dua permen karet yang diperoleh dari mesin di Latihan I dari dua percobaan. Urutan hasil

penting. Asumsikan bahwa setidaknya dua bola dari masing-masing busur warna dalam

mesin ..

(a) Apakah yang dimaksud dengan ruang sampel yang tepat?

(b) Berapa banyak peristiwa yang mungkin total ada yang mengandung delapan hasil?

40

(c) Nyatakan peristiwa berikut sebagai serikat atau peristiwa C1 = mendapatkan bola merah

pada percobaan pertama, C2 = mendapatkan setidaknya satu bola merah, C1 ∩ C2, C’1 ∩

C2

3. Ada empat golongan darah dasar: O, A, B, dan AB. Biasanya, setiap orang dapat menerima

darah dari donor dari kelompok mereka sendiri. Juga, siapa pun dapat menerima darah dari

donor dari kelompok O, dan salah satu dari empat jenis dapat digunakan oleh penerima dari

kelompok AB. Semua kemungkinan lain yang tidak diinginkan. Sebuah eksperimen terdiri

dari menggambar setengah liter darah dan menentukan jenisnya untuk masing-masing dari

dua donor berikutnya yang memasuki bank darah.

(a) Buatlah daftar (memperhatikan) kemungkinan hasil dari percobaan ini.

(b) Buatlah daftar hasil yang sesuai dengan kejadian bahwa donor kedua dapat menerima

darah dari donor pertama.

(c) Buatlah daftar hasil yang sesuai dengan kejadian yang setiap donor dapat menerima darah

dari yang lain.

41