PROBABILITASPROBABILITASDAN PROSES ACAKDAN PROSES ACAK

BAB I KONSEP PROBABILITASBAB I KONSEP PROBABILITAS

• ProbabilitasProbabilitas adalah peluang terjadinya sebuah adalah peluang terjadinya sebuah peristiwaperistiwa

• Ada beberapa cara untuk menentukan Ada beberapa cara untuk menentukan probabilitas,yaituprobabilitas,yaitu

1. Pendekatan frekuensi relative1. Pendekatan frekuensi relativeJika setelah suatu kejadian diulang n kali, dimana n sangat Jika setelah suatu kejadian diulang n kali, dimana n sangat

besar , terlihat bahwa suatu kejadian terjadi sebanyak h kali, maka besar , terlihat bahwa suatu kejadian terjadi sebanyak h kali, maka probabilitas dari kejadian tersebut adalah h/n. ini juga disebut probabilitas dari kejadian tersebut adalah h/n. ini juga disebut sebagai probabilitas empiris dari kejadian tersebut. sebagai probabilitas empiris dari kejadian tersebut.

Contoh, jika kita melempar koin sebanyak 1000 kali dan Contoh, jika kita melempar koin sebanyak 1000 kali dan kepala muncul sebanyak 532 kali, maka probabilitas kemunculan kepala muncul sebanyak 532 kali, maka probabilitas kemunculan kepala adalah 532/1000=0,532.kepala adalah 532/1000=0,532.

2. 2. Pendekatan axiomaticPendekatan axiomatic

Pendekatan axiomatic

Probabilitas diberikan dalam tiga aksioma :

1) P(S) = 1 Aksioma ini menunjukkan bahwa sample space S meliputi seluruh hasil / sekumpulan hasil yang

mungkin dari suatu eksperimen.

2) P(E) ≥ 0 Event E pada S merupakan bilangan yang tidak negatif.

3) P ( E U E ) = P ( E ) + P ( E ) jika E ∩ E = Ф Probabilitas gabungan dari beberapa event dimana event-event tersebut mutually exclusive

merupakan jumlah dari probabilitas tiap-tiap event itu sendiri. Jika event-event tersebut bukan mutually exclusive maka :

E E P ( E U E ) = P ( E ) + P ( E ) - P( E ∩ E )

Probabilitas dari komplemen event E adalah

E E S = E U E P(S) = P ( E U E )

1 = P(E) + P(E)

P(E) = 1 - P(E)

1

2 1 2 211

1 2 2 1 2 211

s

s

__

_

_

_

PROBABILITAS BERSYARATPROBABILITAS BERSYARAT

Probabilitas bersyarat dari suatu event A dengan syarat (kondisi) B, dimana B tidak nol dinyatakan dengan,

P(A | B) =

Jika event A dan B mutually exclusive maka :

P(A ∩ B) = 0

P(A | B) =

Jika A dan B independen maka :

P(A | B) = P(A)

= P(A)

P(A ∩ B) = P(A) . P(B)

P(A ∩ B)P( B)

s

A B0

P( B)

P(A ∩ B)P( B)

Contoh soalContoh soal1. 1. Dari tabel di bawah tentukan nilai probabilitas marginal Dari tabel di bawah tentukan nilai probabilitas marginal dari masing-masing tahanan dan daya serta tentukan dari masing-masing tahanan dan daya serta tentukan probabilitas gabungannya. probabilitas gabungannya. Rata-rata

dayaTahanan

1ΩTahanan

10ΩTahanan

100ΩTahanan 1000Ω

Total

1 W 50 300 90 0 4402 W 50 50 0 100 2003 W 0 150 60 150 360Total 100 500 150 250 1000

• probabilitas marginal daya

• Probabilitas marginal tahanan

• Probabilitas gabungan(daya dan tahanan)

Contoh soal

1. Sistem yang terdiri dari n komponen seri :

Berapa probabilitas sistem tersebut dapat berfungsi jika keandalan tiap komponen sama dengan 0,9 ?

Penyelesaian :Asumsi bahwa komponen-komponen tersebut independen.

U = Union = atau X + X = X Paralel = + atau OR∩ = interseksi = dan X . X = X Seri = . atau AND

X + X = 0X . X = 1

Sistem berfungsi = Semua komponen harus berfungsiKeandalan (realibility) = Probabilitas peralalatan tersebut berfungsiKeandalan dari AL = RL = 0,9 (Untuk semua 1)

Rs = Probabilitas (sistem berfungsi)= P (semua komponen berfungsi)= P (A1 berfungsi dan A2 berfungsi dan ……….An berfungsi)

= P (A1 berfungsi ) P (A2 berfungsi ) ……… P (An berfungsi)= R1 . R2 .…..Rn

Rs = ∏ RL = (0,9) dimana : RL = Keandalan tiap komponenRs = Keandalan sistem

A1 A2 A3 Anin out

n

i = 1

n

2) Sistem dengan n komponen paralel yang independen :2) Sistem dengan n komponen paralel yang independen :

A1

A2

An

in out

Tentukan probabilitas sistem dapat berfungsi, dimana keandalan tiap komponennya sama dengan 0,9. Penyelesaian :

P(sistem rusak = P (semua komponen rusak)= P (A1 rusak dan A2 rusak dan ……….An rusak)= P (A1 rusak ) P (A2 rusak ) ……… P (An rusak)

1 – Rs = (1 – R1) (1 – R2) ….. (1 – Rn)

Rs = 1 - ∏ (1 – RL)

Rs = 1 – (1 – 0,9) = 1 – (0,1)

n

i = 1

nn

3) Dapatkan keandalan dari sistem berikut.3) Dapatkan keandalan dari sistem berikut.

Penyelesaian :

Penyederhanaan blok diagram diatas. R1,2 = 1 – (1 - 0,9(1 – 0,8)) = 1 – 0,1 . 0,2

=

R4,5 = 0,9 . 0,9 =

Rt = 1 – (1 - 0, 8(1 – 0,81)) = 1 – 0,2 . 0,19

=

R1

R2 R4 R5

R3in out

0,9 0,8

0,9 0,90,8

R3

R4,5

0,8

inR1,2

out 0,980,98

0,810,81

R1,2 Rt

0,98 outin

0,9620,962

Jadi keandalan sistem tersebut.

Rs = 0,98 . 0,962 = 0,94276

4)1

2

0,9

0,9 G

Jika keandalan switch 1 = switch 2 = 0,9 dan keandalan generator = 0,8 serta probabilitas switch 2 rusak bila switch 1 rusak = 0,4 . Berapa probabilitas sistem tersebut dapat mensupply beban pada saat diperlukan.

Penyelesaian :

Dapat mensupply beban = switch baik dan generator baikP (dapat mensupply beban) = P (switch baik) P (generator baik) Rs = P (1 – switch rusak) . 0,8

Rs = P (1 – switch 1 rusak dan switch 2 rusak) . 0,8

Switch 1 rusak = 1 – P(keandalan switch 1) = 1 – 0,9 =

Karena,P (A | B) =

P(A ∩ B) = P (A | B) . P (B)

Jadi probabilitas sistem dapat mensupply beban :

Rs = 1 – P(switch 2 rusak | switch 1 rusak) .P(Switch 1 rusak) . 0,8= (1 – 0,4 x 0,1) x 0,8=

P(A ∩ B)P( B)

0,1

0,8

0,768

Probabilitas event A pada sample space S dapat dinyatakan dalam probabilitas bersyarat. Diberikan N event Bn Probabilitas event A pada sample space S dapat dinyatakan dalam probabilitas bersyarat. Diberikan N event Bn yang mutually exclusive. Dimana n = 1,2 … N. (seperti gambar dibawah). Maka probabilitas total event A adalah :yang mutually exclusive. Dimana n = 1,2 … N. (seperti gambar dibawah). Maka probabilitas total event A adalah :

N

ti

B)P(B)P(AP(A)P(A))BP(A

)BP(A)P(A/B

i

ii

Bukti :Kerena dimanaA,SA

n21 B...BBS

Dan 0 ji BB untuk i x j

Maka, kita dapatkan bahwa :

n

1i111

nn2211

n21

n21

n2i

))P(B)P(BBP(A

))P(BBP(A...))P(BBP(A))P(BBP(A

)BP(A...)BP(A)BP(A

)B(A...)B(A)B(AP

)B...B(BAPS)P(AP(A)

PROBABILITAS TOTAL

Probabilitas bersyarat )(

)()/(

BP

BAPBAP

• HUKUM BAYESHUKUM BAYES

Dari sifat komutatif pada inter seksiDari sifat komutatif pada inter seksi

A)P(BB)P(A Maka :

A)P(A)P(BB)P(B)P(A

Hukum Bayes :

P(B)

A)P(A)P(BB)P(A

Sinyal 1 yang dikirim akan diterima sebagai sinyal 1 dengan prob = 0,9. sinyal 0 yang dikirim akan Sinyal 1 yang dikirim akan diterima sebagai sinyal 1 dengan prob = 0,9. sinyal 0 yang dikirim akan diterima sebagai sinyal 0 dengan prob = 0,8. berapa proporsi sinyal 1 dari yang diterima dan diterima sebagai sinyal 0 dengan prob = 0,8. berapa proporsi sinyal 1 dari yang diterima dan probabilitas sinyal tersebut memang sinyal 1, proporsi sinyal 1 = 40%probabilitas sinyal tersebut memang sinyal 1, proporsi sinyal 1 = 40%

Penyelesaian :Penyelesaian :Ao = Sinyal yang dikirim sinyal 0Ao = Sinyal yang dikirim sinyal 0A1 = Sinyal yang dikirim sinyal 1A1 = Sinyal yang dikirim sinyal 1Bo = Sinyal yang diterima sinyal 0Bo = Sinyal yang diterima sinyal 0B1 = Sinyal yang terima sinyal 1B1 = Sinyal yang terima sinyal 1

P (A1) = 0,4P (A1) = 0,4 P(Ao) = 1 – 0,4 = 0,6P(Ao) = 1 – 0,4 = 0,6P (B1 A1 = 0,9P (B1 A1 = 0,9 P ( Bo A1 = (1 – P (B1 A1) = 0,1 P ( Bo A1 = (1 – P (B1 A1) = 0,1 (1 – 0,9) (1 – 0,9)P (B0 Ao = 0,8P (B0 Ao = 0,8 P ( B1 A0 = (1 – P (Bo Ao) = 0,2 P ( B1 A0 = (1 – P (Bo Ao) = 0,2 (1 – 0,8) (1 – 0,8)

Jadi proporsi sinyal 1 yang diterima :Jadi proporsi sinyal 1 yang diterima :P ( B1) P ( B1) = P (B1 Ao) P (Ao) + P (B1 = P (B1 Ao) P (Ao) + P (B1 A1) P (A1) A1) P (A1) = 0,2 x 0,6 + 0,9 x 0,4= 0,2 x 0,6 + 0,9 x 0,4 = 0.44 = 0.44

= 44 %= 44 %

A B1

0

1

0

Proporsi 40 %

Contoh :

Probabilitas sinyal tersebut memang sinyal 1Probabilitas sinyal tersebut memang sinyal 1

P (A1 P (A1 B1) = B1) = P(B1 A1) P (A1) P(B1 A1) P (A1) = = 0,9 x 0,40,9 x 0,4 = = 3636 = 0,82 = 0,82

P(B1) 0,44 44P(B1) 0,44 44

2. Tentukan keandalan sistem berikut :2. Tentukan keandalan sistem berikut :

R1 = R5 = 0,8 dan R2 = R3 = R4 = 0,9R1 = R5 = 0,8 dan R2 = R3 = R4 = 0,9

Penyelesaian:Penyelesaian:

Ada dua kondisi pada sistemAda dua kondisi pada sistem

a. Pada saat komponen 3 baika. Pada saat komponen 3 baik

1 3 4

52

1 4

52Ra Rb

Ra Rb

1 – (1 – 0,8) (1 – 0,9)

1 – (1 – 0,9) (1 – 0,8)

Rs 3 = (0,98)2 = 0,9604 = Ra . Rb

Ra = 1 – (1 – R1)(1 – R2) = 1 – (0,2)(0,1) = 0,98Rb = 1 – (1 – R4)(1 – R5) = 1-(0,1)(0,2) = 0,98

1 4

52

b. Komponen 3 rusak

Rs = 3 = 1- (0.28)2 = 0,9216

(1 – 0,72)

0,72

0,72

0,8 x 0,9

0,9 x 0,8

Rc

Rd

C.Probabilitas sistem tanpa kondisi :

P (sistem berfungsi) = P (sistem baik 3 baik) P(3 baik) + P (sistem baik 3 rusak) P (3 rusak)

Rs = P(Rs 3) P(3) + P(Rs 3) P (1 – R3) = 0,982 x 0,9 + (1 – 0,282) 0,1 = 0,96

P(3 rusak) = 1 – P (3 baik) = 1 – 0,9 = 0,1