rumahmatematikakita.files.wordpress.com€¦ · ii kata pengantar puji syukur ke hadirat tuhan yang...

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

ii

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

iii

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

ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika 1

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 gambar-

gambar. 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

2 ETraining Terstruktur 2015 – PPPPTK Matematika

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 masing-

masing 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


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

2

1 dan .

10

3

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 AS adalah

P(A) = )(

)(

Sn

An selalu benar padahal tidak selalu benar.

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 AS selalu benar jika kita gunakan

prinsip penjumlahan, yakni peluang munculnya peristiwa AS sama dengan jumlah

peluang munculnya masing-masing titik sampel yang terdapat pada peristiwa A.


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

adalah

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

P({s4})

= 1009

+ 10021

+ 10021

+ 10049

= 100100

= 1.

Dengan cara yang sama akan diperoleh

P(A) = ,10058

P(B) = ,10091

dan P(AB) = .100

49

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.

Selidiki bahwa pada contoh yang kedua

ini peluang munculnya ruang sampel S

adalah

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

= 41

+ 41

+ 41

+ 41

= 44

= 1.

Dengan cara yang sama maka untuk setiap peristiwa A, BS akan diperoleh

P(A) = ,42

P(B) = ,43

dan P(AB) = .41

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

S

A

10021

s2

s3

10021

1009

s1 10049

s4

B

Gambar 1a

Gambar 1b

S

A B

s1

41

s2

41

s3

41

s4

41


munculnya masing-masing titik sampel dalam ruang sampel S adalah P({si }) = 41

untuk setiap si S.

Selidiki pula bahwa untuk perhitungan nilai peluang munculnya peristiwa A dalam

uang sampel S yakni AS pada contoh yang kedua ini juga akan berlaku rumus P(A)

= .)(

)(

Sn

An Sementara rumus tersebut tidak berlaku untuk contoh yang pertama.

Kini amati bahwa untuk ruang sampel S pada contoh yang kedua ini jika kita gunakan

rumus peluang munculnya peristiwa AS berupa P(A) = )(

)(

Sn

An untuk setiap peristiwa

AS maka nilai peluang munculnya peristiwa A, B S masing-masing adalah:

P(A) = )(

)(

Sn

An= 4

2= ,2

1 P(B) = )(

)(

Sn

Bn= .4

3

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 E-

Training 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, BS

dalam bentuk kata-kata/kalimat, menentukan nilai peluangnya, serta


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.


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.

Gambar 2

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

I II

m

t

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6 ( t, 6) = s12

( t, 5) = s11

( t, 4) = s10

( t, 3) = s9

( t, 2) = s8

( t, 1) = s7

( m, 6)= s6

(m, 5) = s5

(m, 4) = s4

(m, 3) = s3

(m, 2) = s2

(m, 1) = s1

6 cara

2 cara

I

II

S

n(S) = 12

Hasil-hasil

yang mungkin

Keterangan

Hasil miring m =

Hasil terlentang t =

Kemungkinan


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 hasil-

hasil 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

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.

n(S) = n1 n2 n3 … nk

?


Perlu diingat bahwa jika kita dapat menyampaikannya dalam bentuk gambar,

menurut Bruner (Jerome Bruner, 1915–...) peserta didik akan dapat

menangkapnya secara jelas dan akan mampu 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.

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 .

Gambar 3

OI Ok OII OIII

… Diundi

sekaligus

n1

cara n2

cara

n3

cara

nk

cara

Obyek Eksperimen

Cara Eksp

Ruang sampel S dengan banyak

titik sampel:

n(S) = n1 n2 n3 … nk .

O2

nk

cara

…

…

…

…

…

…

…

s1

s2

s3

sn = n1 n2 … nk

S

n1

cara n2

cara

Ok

O1

Hasil2 yg

mungkin

Kemungkinan


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


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.

{0, 1, 2, 3}

Obyek Eksp

Dibuat bilangan 3 angka

yang angka-angkanya

antara100 dan 320.

Cara Eksperimen

n(S) = 39

1

3 0

1

0

2 1

3

(311) = s37

(312) = s38

(313) = s39

(310) = s36

S

III

Sat I

Rat

II

Pul

Hasil-hasil yang mungkin

0

2

1

3

3

(101) = s1

(103) = s3

1

(102) = s2 2

0

2 1

3

(131) = s13

(132) = s14

(133) = s15

(130) = s12

1 0

2

(110) = s4

(111) = s5

(112) = s6

(113) = s7 3

2 2

3

0

2 1

3

0

0

2 1

3

(201) = s17

(202) = s18

(203) = s19

(200) = s16

(231) = s29

(132) = s30

(233) = s31

(230) = s28

1

1

cara

3

cara

4

cara

1 cara

1 cara

3 cara

4 cara

1 cara

2 cara

4 cara

4 cara

Gambar 4


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)

= (113) + (134) + (144) + (124)

= 3 + 12 + 16 + 8

= 39.


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

Untuk diketahui bahwa hasil eksperimen yang pernah dilakukan oleh seseorang

(Anton, 1982:79) dan eksperimen pribadi oleh penulis di tahun 2001 diperoleh hasil-

hasil seperti berikut.

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

Banyaknya

Eksp.

(n)

Frek. Muncul

muka A

(angka ) (m)

Frek. Rel.

hasilnya m

fr = nm

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

Tabel 1 a

(Sumber: Eksperimen Pribadi, 2001).

Tabel 1 b

Banyaknya

Eksp.

(n)

Frek. Muncul

hasil miring

(m)

Frek. Rel.

hasilnya m

fr = nm

1000

5.000

10.000

15.000

20.000

314

1577

3157

4682

6214

0,3140

0,3154

0,3157

0,3121

0,3107


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) = 2

1 = 0,5 dan fr ({m}) =

10

3.

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:

dan

Peluang munculnya hasil miring

paku payung adalah:

P(A) = 2

1)(lim

Af rn

P({m}) = .10

3})({lim

mf rn

P({m}) = 10

3

Peluang Miring

P({t}) = 1 – 10

3 =

10

7

Peluang Terlentang

P(A) = 2

1

Peluang Muncul

Muka Angka (A)

P(G) = 1 – 2

1=

2

1

Peluang Muncul

Muka Gambar (G)

Untuk Sekeping Mata Uang Logam Untuk Sebuah Paku Payung

Gambar 5


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 {b} jika sebuah paku payung standar diundi dengan

cara melambungkannya ke udara dan membiarkannya jatuh di

laintai bersemen?

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.

Gambar 6

Hasil Berdiri

Mungkinkah?

{b}


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 masing-

masing 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) = 100.000P(A) fh (A) = 100.000P(G)

= 100.0002

1 = 100.000

2

1

= 50.000 kali. = 50.000 kali.

Hasil Miring Hasil Terlentang

fr (A) = 100.000P({m}) fr (A) = 100.000P({t})

=100.000 10

3 = 100.000

10

7

= 30.000 kali. = 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

Gambar 7

(a) (b) (c)

terlentang (t) miring (m)

Obyek Tak Setimbang

muka A (angka)

muka G (gambar)

Obyek Setimbang Obyek Setimbang


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)

Misalkan 2 (dua) keping mata uang logam diundi

sekaligus. Masalah yang ditanyakan adalah: (a) Hasil-hasil

apa saja yang mungkin terjadi pada eksperimen tersebut?

(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.

Gambar 8

diundi

sekaligus ?

Obyek Ekp.

I II

Cara Ekp.


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 = 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

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

Hasil-hasil

Yang Mungkin

A

G

A

G

A

G

(A,A) = s1

B

A

S

(A,G) = s2

(G,A) = s3

(G,G) = s4

Kemungkinan

I

II

I II

s1

s2 s3

s4

A

B

S

Gambar 9.b


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

terlentang minimal sebanyak 1 kali. Pertanyaannya

adalah:

a. Gambarkan hasil-hasil eksperimen yang mungkin

terjadi dalam bentuk diagram pohon (termasuk

ruang sampel S dan peristiwa A dalam S yakni

AS)

b. Gambarkan hasil-hasil eksperimenya dalam bentuk diagram Venn.

c. Tentukan P(A) yakni peluang munculnya peristiwa A.

d. Tentukan P(B) yakni peluang munculnya peristiwa B.

e. Tentukan relasi antara peristiwa A dan B.

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.

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

I II

Gambar 10

Gambar 10.a

Keterangan

Hasil miring m =

Hasil terlentang t =

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

I II 107

103

I

A

S

100100

Total =

P({(m,m)}) = 100

9103

103

P({(m , t)}) = 10021

107

103

P({(t , m)}) = 10021

103

107

P({(t , t)}) = 10049

107

107

= 1

+

m

t

m

t

(m,m)

(m, t)

(t , m)

(t , t)

103

107

103

107

II

= s1

= s2

= s3

= s4

m

t

107

P({t}) = P({m}) = 103

,

B

Hasil-hasil

yang mungkin


Dari peragaan gambar di atas akan tampak dengan jelas ruang sampel S pada

eksperimen itu, peristiwa A, peristiwa B, dan perhitungan nilai peluang masing-

masing. Jika A adalah peristiwa munculnya hasil kembar maka

A = {(m, m), (t, t)} = {s1, s4} sehingga

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

= 1009

+ 10049

= 10058

= 0,58.

Jika ruang sampel dan peristiwa A, BS di atas kita gambarkan dalam bentuk

diagram Venn maka gambaran kerangka pemikiran selengkapnya adalah seperti

berikut.

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

= 1009

+ 10049

= 10058

= 0,58.

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

= 10049

+ 10021

+ 10021

= 10091

= 0,91.

Jadi peluang munculnya peristiwa/kejadian

A dan B dalam ruang sampel S yakni A, BS

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)})

= 103

103 + 10

7107

= 1009

+ 10049

= 10058

= 0,58.

S

A

10021

s2

s3

10021

1009

s1 10049

s4

B

Gambar 10.b


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})

= 107

103 + 10

3107 + 10

7107

= 10021

+ 10021

+ 10049

= 10091

= 0,91.

Jadi peluang munculnya peristiwa BS adalah P(B) = 10091

= 0,91.

Selidiki bahwa P(A) = 10058

, P(B) = 10091

, dan )( BAP = .10049

Karena )( BAP = 10049

10058

.10091

Maka berarti )( BAP 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

uang logam I dan B adalah peristiwa munculnya

muka gambar pada mata uang logam II.

Pertanyaannya adalah:

a. Gambarkan hasil-hasil eksperimen yang mungkin

terjadi dalam bentuk diagram pohon (termasuk

ruang sampel S dan peristiwa A dan peristiwa B

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.

Gambar 11

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

I II


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.

Dari peragaan gambar di atas akan tampak dengan jelas ruang sampel S pada

eksperimen itu, peristiwa A, peristiwa B, dan perhitungan nilai peluang masing-

masing. 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})

= 21

21 + 2

121 = 4

1+ 4

1 = 4

2= .2

1

Jika ruang sampel S dan peristiwa A, BS di atas kita gambarkan dalam sebuah

bentuk diagram Venn maka gambaran kerangka pemikiran selengkapnya adalah

seperti berikut.

Gambar 11.a

Hasil-hasil

Yang Mungkin

A

G

A

G

A

G

I

II

diundi

sekaligus

Obyek Ekp.

Cara Ekp.

I II

(A,A) = s1

B

A

S

(A,G) = s2

(G,A) = s3

(G,G) = s4

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

4

1

4

1

4

1

4

1

Total = P(S) = = 1

4

4

Hasil2 yang Mungkin

Untuk

Mata Uang Logam Ke

P(B) = = 42

2

1

P(A) = = 42

2

1


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

= 41

+ 41

= 42

= .21

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

= 41

+ 41

= 42

= .21

Jadi peluang munculnya peristiwa/kejadian A dan B dalam ruang sampel S yakni A,

BS masing-masing adalah P(A) = 21

dan P(B) = .21

Sementara peluang munculnya

peristiwa (AB) adalah P(AB) = P({s2})

= .41

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 AB = {s2}.

Selidiki dari diagram Venn (Gambar 11.b) maupun dari diagram pohon (Gambar 11.a)

bahwa

P(AB) = P({s2})

= .41

Kini kita selidiki apakah P(AB) = P(A) P(B) .

41

= 21

21

41

= .41

Karena P (AB) = 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.

A

s1

4

1 s2

4

1

s3

4

1

s4

4

1

B S

Gambar 11.b


C. Relasi Antar Peristiwa

Misalkan ruang sampel S berdistribusi seragam (S homogin) yakni masing-masing

titik sampel dalam S berpeluang sama untuk muncul. A, BS. Relasi antara

peristiwa A dan B dalam ruang ruang sampel S digambarkan seperti berikut.

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

AB = dan AB S

b. A dan B adalah dua peristiwa komplemen.

A = bukan B atau B = bukan A, ditulis B = Ac P(Ac) = 1 – P(A) atau

)'(AP = 1 – P(A) untuk 'A = Ac.

c. P(A) = 10

7, P(B) =

10

5, P(A B) =

10

2.

Ternyata P(A B) P(A) P(B) , maka

A dan B adalah dua peristiwa tak bebas.

d. P(A) = 10

7, P(B) =

10

5, P(A B) =

10

2.

Ternyata P(A B) = P(A) P(B) , maka

A dan B adalah dua peristiwa bebas.

A B

S

Gambar 12.a

S

A B

Gambar 12.b

S A

B

Gambar 12.d

Gambar 12.c

S

A B


Latihan 1

1. Sekeping mata uang logam dan 2(dua) buah paku payung diundi sekaligus.

Misalkan S adalah ruang sampel pada eksperimen itu.


(a) Gambarkan diagram pohon ruang sampel S, titik sampel s1, s2, s3, ... dan

seterusnya dalam S, serta peristiwa-peristiwa A, B dan AB 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 AB 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

Gambar 13

S? diundi

sekaligus

II I III

Obyek Eksp

Cara Eksp


3. Tiga buah dadu diundi sekaligus. Misalkan S adalah ruang sampel pada

eksperimen itu.


(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:

Gambar 18

? diundi

sekaligus

II I III

Obyek Eksp

Cara Eksp


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 AS adalah peristiwa munculnya muka gambar sebanyak 2 kali,

tentukan peluang munculnya peristiwa A.

c. Jika BS adalah peristiwa munculnya muka gambar sebanyak 1 kali,

tentukan peluang munculnya peristiwa B.

d. Jika CS adalah peristiwa tak satupun kartu gambar muncul dalam

eksperimen itu, tentukan peluang munculnya peristiwa C.

e. Tentukan relasi antara peristiwa A, B, dan C.


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 hadiah III, dan

seterusnya (bila regu dan hadiahnya lebih banyak). Sehingga gambaran

penyelesaiannya adalah seperti berikut.

Gambar 19

Maka

Ruang sampelnya S = {s1, s2, …, s6}.

Banyaknya cara n(S) = 6.

n(S) = 6 = 321 = 3!

Urutan

S

I … (A,B,C) = s1 C A

B

C B

C B

A

C A

B C

A

B A

II III

… (A,C,B) = s2

… (B,A,C) = s3

… (B,C,A) = s4

… (C,A,B) = s5

… (C,B,A) = s6 3

cara 2

cara 1

cara

Hasil-hasil

yang mungkin

O = {A, B, C}

Bertanding untuk

memperebutkan

hadiah I, II, dan III

Obyek

Eksp

Cara

Eksp


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 321. Bentuk perkalian 321 itu

selanjutnya didefinisikan sebagai 3! (baca”3 faktorial). Yakni:

Dengan melihat penalaran seperti yang dikemukakan di atas maka untuk setiap

bilangan cacah n maka

Lebih lanjut didefinisikan (disepakati) bahwa

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.

n! = n(n – 1)(n – 1)(n – 1) … 21.

3! = 321.

0! = 1.


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

= 32 = 1

123 =

!1

!3=

)!23(

!3

.

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 eleman-

elemen itu selanjutnya disebut sebagai eleman-elemen permutasi. Sehingga n(S) = 6

artinya banyaknya permutasi 2 hadiah dari 3 peserta (regu) adalah S dengan

Gambar 20

Maka

Ruang sampelnya S = {s1, s2, …, s6}.

Banyaknya cara n(S) = 6 = 32.

O = {A, B, C}

Bertanding untuk

memperebutkan

hadiah I dan II

Obyek

Eksp

Cara

Eksp I

A

B

C

B

A

C

C

A

B

II

S

….. (A,B) = s1

….. (A,C) = s2

….. (B,A) = s3

….. (B,C) = s4

….. (C,A) = s5

….. (C,B) = s6

2

cara

3

cara

Hasil-hasil

yang mungkin

Urutan pemenang

yang mungkin


n(S) = peaertadari

hadiahP 3

2 = 3

2

dariP = 3

2P = )!23(

!3

. Yakni n(S) = 3

2P = )!23(

!3

.

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) = n

rP .

n

rP = )!(

!

rn

n

.

Catatan

n

rP artinya banyaknya permutasi (susunan urutan punya makna/diperhatikan) dari

pasangan berurutan r obyek yang berasal dari obyek eksperimen sebanyak n adalah

)!(

!

rn

n

.

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.


Tabel 3

No. Obyek Eksperimen

Cara Eksperimen Hasil-hasil yang Mungkin (Hadir)

1.

2.

O = {A, B, C, D}

O = {A, B, C, D}

Mengundang 2 orang wakilnya untuk rapat keluarga

Mengundang 3 orang wakilnya untuk rapat keluarga

(A,B) = s1 .... baca A dan B = s1.

(A,C) = s2

(A,D) = s3

(B,C) = s4

(B,D) = s5

(C,D) = s6

(A,B,C) = s1

(A,B,D) = s2

(A,C,D) = s3

(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 elemen-

elemen 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

n(S) = 6

n(S) = 4


bagian banyaknya hasil yang mungkin adalah sama dengan banyaknya kombinasi 2

elemen dari 4 elemen yang tersedia dilambangkan dengan

4

2C atau C(4,2) atau 4C2 atau .2

4

Maka 64

2 C dan .44

3 C Penurunan rumus lebih

lanjut:

Untuk 4

2C (Kombinasi 2 dari 4).

Tabel 4

Macam

Kombinasi

Jika Elemen-elemen Kombinasi itu dipermutasikan

Banyaknya Permutasi

s1 = {A,B}

s2 = {A,C}

s3 = {A,D}

s4 = {B,C}

s5 = {B,D}

s6 ={C,D}

(A, B), (B, A)

(A, C), (C, A)

(A, D), (D, A)

(B, C), (C, B)

(B, D), (D, B)

(C, D), (D, C)

2!

2!

2!

2!

2!

2!

64

2 C faktor

PelemenTotal2

4

2 3412 6 2!

Untuk 4

3C (Kombinasi 3 dari 4)

Tabel 5

Macam

Kombinasi

Jika Elemen-elemen Kombinasi itu Dipermutasikan Banyaknya Permutasi

s1 = {A,B,C}

s2 = {A,B,D}

s3 = {A,C,D}

s4 = {B,C,D}

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

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

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

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

3!

3!

3!

3!

44

3 C Total = 242343

4

3 faktor

P 4 3!

= 24


Perhatikan bahwa pola yang dapat diamati adalah:

!2!261234 4

2

4

2 CP

!3!3424234 4

3

4

3 CP

Dengan penalaran yang sama maka secara umum akan berlaku bahwa:

!rCP n

r

n

r atau !r

PC

n

rn

r = !

)!(

!

r

rn

n

atau

!)!(

!

rrn

nC n

r

Contoh Pehitungan

Hitunglah: a. ...20

3 C

b. ...20

17 C

Jawab

a. Karena selisih antara 3 dan 20 relatif jauh, maka rumus yang lebih praktis

digunakan adalah 20

3P = 20 turun satu-satu sebanyak 3 faktor dibagi 3 faktorial.

Yakni:

!r

PC

n

rn

r sehingga .1140123

181920

123

)220)(120(20

!3

20

320

3

PC

b. Karena 17 dan 20 berselisih relatif dekat, maka rumus yang lebih praktis

digunakan adalah !)!(

!

rrn

nC n

r

, sehingga

.1140!176

!17181920

!17!3

!20

!17)!1720(

!2020

17

C

Suatu hal penting yang harus/perlu diketahui dan harus selau diingat adalah

banyaknya kombinasi bersesuaian dengan bilangan-bilangan pada segitiga Pascal.

Yakni:

3 faktor 3 faktor


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.

1

1 1

1 1

3 1

2

3 1

4 6 4 1 1

5 10 10 5 1 1

00C

10C

11C

20C

21C

22C

30C

31C

31C

33C

40C

41C

42C

43C

44C

50C

51C

52C

53C

54C

55C

Segitiga Pascal Kombinasi

Gambar 21

(a) (b)


1. Pengambilan Sampel Sekaligus (Eksp 1)

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 titik-

titik 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.

Banyaknya kombinasi = obyekdari

obyekC 3

2 = 3

2

dariC = 3

2C = 3. Maka n(S) = 3 = 3

2C .

1 2 3

Eksp1:ambil acak

2 bola sekaligus

1 2

1 3

2 3

… s1

… s2

… s3

S

A

Hasil-hasil

yang mungkin

Ambil acak 2 bola

sekaligus. Hasil-hasil yang

mungkin?

A

S s2

s1 s3

(a) (b)

Gambar 22


2. Pengambilan Sampel Satu Demi Satu (1 – 1) Tanpa Pengembalian (Eksp 2)

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

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 = 3

2P .

Gambar 23

1 2 3

Eksp2: ambil acak

2 bola 1-1 tanpa pengemb.

Hasil-hasil

yang mungkin

Ambil acak 2 bola 1- 1 tanpa

pengembalian. Hasil-hasil yang mungkin?

S

I II

1

2

3

2

3

1

3

1

2

1 2 … s1 …

1 3 … s2 …

2 1 … s3 …

2 3 … s4 …

3 1 … s5 …

3 2 … s6 …

A

3 cara

2 cara

S

A

s5

s1 s4

s2

s3

s6

Gambar 23.a


3. Pengambilan Satu Demi Satu Dengan Pengembalian (Eksp 3)

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.

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.

S

A

s7

s2 s6

s3

s4

s8

s1

s5

s9

Gambar 24.a

Gambar 24

1 2 3

Eksp 3:ambil acak 2 bola

1-1 dengan pengembalian

Ambil acak 2 bola 1– 1 dengan pengemb.

Hasil-hasil yang mungkin?

I

1

2

3

Hasil-hasil

yang mungkin

S

II A

1 1 1 … s1 …

2 1 2 … s2 …

3 1 3 … s3 …

1 3 1 … s7 …

2 3 2 … s8 …

3 3 3 … s9 …

A = Peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor

bola ganjil A = {s2, s4, s6, s8}. 3 cara

3 cara


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.

1. MMAA 2. MAMA M1 A1 M2 A2 3. AMMA M2 A2 M1 A1

4. AMAM M1 A2 M2 A1

5. AAMM M2 A1 M1 A2 6. MAAM

Dengan demikian, maka ada 6 cara untuk menulis susunan huruf berbeda yang

berasal dari kata "MAMA".

Sekarang dari diagram itu perhatikan bahwa

Ada 6 cara

Gambar 25


cabang 4 memuat indeks diberi setelah anggota 6 dari masing-Masing

huruf banyaknya sesuai indeks diberi A dan M setelah permutasi Seluruh6

= cabang) 4 memuat anggota 6 dari anggota masing-(masing 4

berlainan) huruf 4 dari huruf 4 permutasi (banyaknya 4!

= ) Adan Adari (permutasi 2! )M dan M dari (permutasi 2!

4!

2121

= 2! !2

!4

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:

7

)1,2,4(P = cara. 1052!.4

!4.5.6.7

!1 !2 !4

!7

Dengan rumus/aturan kombinasi, pemikiran yang kita lakukan adalah seperti berikut.

Banyaknya cara mengambil 4 bendera M dari 7 bendera yang ditempati adalah

7

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


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

47

2

C , sehingga sisa berikutnya tinggal (7 4 2) = 1 bendera yang ditempati.

Banyaknya cara memilih 1 bendera B dari 1 bendera sisa terakhirnya adalah

.1

1C

Sehingga banyaknya cara membentuk susunan bendera berlainan dari bendera-

bendera MMMMKKB yakni 7

)1,2,4(P menurut aturan kombinasi adalah seperti berikut.

7

)1,2,4(P = 7

4C . 47

2

C . 247

1

C = 7

4C . 3

2C . 1

1C = !4

7

4P.

!2

3

2P.

!1

1

1P

= 1! 2! !4

!7

1! 2! !4

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

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:

n

nnn kP ),...,,( 21

= 12121

3

1

21

... ... . . k

k

nnnn

n

nnn

n

nn

n

n

n CCCC

=

... !)!(

)!( .

!)!(

)!( .

!)!(

!

3321

21

221

1

11 nnnnn

nn-n

nnnn

n-n

nnn

n

!)!...(

)!...(

21

321

kk

k

nnnnn

nnnnn

= .!0! ... ! ! !

!

321 knnnn

n Karena 0! = 1, maka:

! ... ! ! !

!

321

),...,,( 21

k

n

nnnnnnn

nP

k dengan n = n1 + n2 + … + nk.

Rumus tersebut lebih dikenal sebagai rumus permutasi dengan beberapa unsur

sama. Pembuktiannya dilakukan dengan menggunakan prinsip kombinasi.

0!


F. Aturan/Prinsip Kombinasi

Masalah

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.

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.

4 5 6

3

I II

1 2

Pilih secara bebas

1 nomor dari kel. I, dan

3 nomor dari kel. II.

Obyek Eksp Cara Eksp 1

2

I 3 4 5

3 4 6

4 5 6

3 4 5

3 4 6

4 5 6

II

(1,3,4,5) = s1

(1,3,4,6) = s2

(1,4,5,6) = s3

(2,3,4,5) = s4

(2,3,4,6) = s5

(2,4,5,6) = s6

S

No-no soal

yg mungkin

2 cara 3

cara

Gambar 27

1 2

Kerjakan 1

nomor soal

diantaranya

4 5 6 3

Kerjakan 3

nomor soal

diantaranya

II I

Gambar 26


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 = 23.

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 syarat-

syarat yang ditentukan) ternyata tidak memungkinkan adanya pengulangan elemen-

elemen 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 = 23.

Karena susunan hasil-hasil yang mungkin tidak memungkinkan adanya pengulangan

unsur obyek eksperimen dan urutan unsur-unsur pada setiap hasil tidak diperhatikan

maka:

2 = disediakanyangsoalnomordari

soalnomorC 2

1 dan 3 = .4

3

disediakanyangsoalnomordari

soalnomorC


Sehingga berarti

Sehingga gambaran pemikiran selanjutnya menjadi:

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

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.

n(S) = 2

1C 4

3C .

Gambar 28

n(S) = 6 = 2

1C 4

3C .

= 2

1C

4 5 6

3

I II

1 2

Pilih secara bebas

1 nomor dari kel. I, dan

3 nomor dari kel. II.

Obyek Eksp Cara Eksp 1

2

I 3 4 5

3 4 6

4 5 6

3 4 5

3 4 6

4 5 6

II

(1,3,4,5) = s1

(1,3,4,6) = s2

(1,4,5,6) = s3

(2,3,4,5) = s4

(2,3,4,6) = s5

(2,4,5,6) = s6

S

No-no soal

yg mungkin

2 cara 3

cara 4

3C =

Gambar 29

1 2

Kerjakan 1

nomor soal

diantaranya

4 5 6 3

Kerjakan 3

nomor soal

diantaranya

II I

Banyaknya

cara

= 2

1C

Banyaknya

cara

= 4

3C

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 II4 nomor,

adalah:

n(A) = 2

1C 4

3C

4 nomor 6 nomor

Kesimpulan:


Gambaran Umum Prinsip Kombinasi

Prinsip Kombinasi

Gambar 30

r1 nomor dari n1

r2 nomor dari n2

r3 nomor dari n3

rk nomor dari nk

Pilih sembarang

n1 nomor soal

n2 nomor soal

n3 nomor soal

nk nomor soal

s1

s2

s3

sn

S

Obyek Eksp Cara Eksp Hasil2 Yg Mungkin

n(S) = n = 1

1

n

rC 2

2

n

rC 3

3

n

rC . . . .k

k

n

rC Total = r nomor dari n nomor

n

+

r

+

n

+

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) = 1

1

n

rC 2

2

n

rC 3

3

n

rC . . . kn

krC .


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

5 bola 1

2 1

3 2

2m dan 3p

Ambil acak

3 bola sekaligus

(m1, m2, p1) = s1

(m1, m2, p2) = s2

(m1, m2, p3) = s3

(m1, p1, p2) = s4

(m1, p1, p3) = s5

(m1, p2, p3) = s6

(m2, p1, p2) = s7

(m2, p1, p3) = s8

(m2, p2, p3) = s9

(p1, p2, p3) = s10

S

A

Obyek Eksp

Cara Eksp

Hasil-hasil

yang mungkin

Gambar 31


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

P(A) = )(

)(

Sn

An =

boladari

bola

putihboladari

putihbola

mershboladari

merahbola

C

CC)32(

)21(

3

2

2

1

=

5

3

3

2

2

1

C

CC =

10

32 =

10

6 =

5

3.

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih adalah P(A) = 53 .

Dengan Cara Singkat

Pengambilan sekaligus bersesuaian dengan kombinasi. Mengapa?

Sehingga

P(A) = )(

)(

Sn

An =

boladari

bola

putihdari

putih

merahdari

merah

C

CC5

3

3

2

2

1 =

5

3

3

2

2

1

C

CC =

10

32 =

10

6 =

5

3.

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola

sekaligus adalah

P(A) = 53 .


2. Pengambilan Satu Demi Satu Tanpa Pengembalian

Untuk cara eksperimen yang kedua ini gambaran kerangka pemikirannya adalah

sebagai berikut.

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola satu

demi satu tanpa pengembalian adalah:

P({(1m,2p)}) = )(

)(

Sn

An =

})5dari3({

)})3dari2dan2dari1({(

bolabolan

ppmmn

Perhatikan bahwa arti dari:

P({(1m,2p)}) = )(

)(

Sn

An=

})5dari3({

)})3dari2dan2dari1({(

bolabolan

ppmmn

= Banyak cabang Nilai Peluang Cabang yang pertama

(Selidiki bahwa masing-masing anggota cabang memiliki

nilai peluang yang sama sehingga kita dapat

menyimpulkan seperti itu)

= PertamayangCabangPeluangNilaiP 3

)2,1((

= !2!1

!3

5

2

4

3

3

2

= 35

2

4

3

3

2

= 60

36=

5

3.

5 bola 1

2 1

3 2

2m dan 3p

Obyek Eksp

Ambil acak 3 bola

1 – 1 tanpa pengemb

Cara Eksp III II I

m p p

p m p

p p m

52

53

53

43

32

42

42

32

32

6012

6012

6012

Total = 6036

= 53

Gambar 32


Catatan:

Perhatikan bahwa P(A) = )(

)(

Sn

An. Maka dalam hal ini (permutasi)

n(A) = !2!1

!3

232 = 3

)2,1(P (2) (32) = 3

)2,1(P mdari

mP 2

1 pdari

pP 3

2 = 3

)2,1(P 2

1P 3

2P

n(S) = n(Penyebut) = 543 = 5

3P 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))

= )(

)(

Sn

An =

n

r

n

r

n

r

n

r

r

rrrr

P

PPPP k

kk ...2

2

1

1321 )..,,,( dengan r

rrr kP ),...,,( 21

= !...!!

!

21 krrr

r


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 cabangNilai peluang cabang I. Mengapa?

= bola

pmP3

)2,1( Nilai peluang cabang I.

= !2!.1

!3

5

2

4

3

3

2 = 3

60

12=

60

36=

5

3.

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 masing-

masing bernilai akhir = 5

3

2. Selidiki bahwa nilai pembilang dari pecahan 60

36 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}) = pdari

p

mdari

m PPpm 3

2

2

1!2.!1

)21(

=

3

2

2

1!2!.1

)!21(PP

= 36.

Sedangkan penyebut 60 adalah nilai permutasi

bolapmdari

bolapmP )32(

)21(

= boladari

bolaP 5

3 = 5

3P . Yakni 5

3P = 60.

Sehingga peluang terjadinya peristiwa A adalah

P(A) = )(

)(

Sn

An =

boladari

bola

pdari

p

mdari

m

P

PPpm

5

3

5

2

2

1!2!.1

)!21(

= 5

3

3

2

2

1!2!.1

!3

P

PP

= 60

36= .

5

3


3. Pengambilan Satu Demi Satu Dengan Pengembalian

Jadi peluang terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih pada pengambilan 3 bola satu

demi satu tanpa pengembalian adalah:

P({(1m,2p)}) = 125

54.

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 52 dan setiap terambil 1 bola

putih, nilai peluangnya 53 . Sehingga

P({(1m,2p)}) = Banyak cabang Nilai peluang cabang I

= bola

pmP3

)2,1( Nilai peluang cabang I. Mengapa?

= !2!.1

!3

5

2

5

3

5

3

= 3 125

18 =

125

54.

Gambar 33

52

53

53

III II I

m p p 53

53

12518

p m p 52

53

12518

p p m 52

53

12518

12554

= Total

Urutan Pengambilan dan

Peluang Yang bersangkutan

5 bola 1

2 1

3 2

2m dan 3p

Ambil acak 3 bola

1 – 1 dengan pengemb

Obyek Eksp

Cara Eksp


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 AS 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.


a. Ada berapa banyak bola yang diperlukan berdasarkan nomor-nomor yang

mungkin untuk dapat terjadi pada eksperimen ini.


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 angka-

angkanya 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.


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


”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.

Gambar 34

S = Ruang Sampel,

A, B, dan AB adalah beberapa peristiwa dalam ruang sampel S,

s1, s2, s3, ... , sk adalah titik-titik sampel dalam ruang sampel S.

Ambil acak r bola (r < n)

o SekaligusRuang sampel S = {kombinasi},

o 1 – 1 tanpa pengemb (S = {permutasi}),

o 1 – 1 dengan pengemb (S bukan himpunan

permutasi & bukan himp. kombinasi)

Obyek ekp = Sampel acak

Cara Eksperimen

B

s1

s2

s3

s4

s6

s7

Sk

A

S

AB

ambil

Populasi

Warga DIY

Sampel

acak

n warga

Obyek

eksp


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:

Sekaliguus k = ndari

rC = n

rC = !)!(

!

rrn

n

Satu demi satu (1 – 1) tanpa pengembalian k = ndari

rP = n

rP = )!(

!

rn

n

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

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:

n

nnn kP ),...,,( 21

= !...!!!

!

321 knnnn

n dengan n = n1 + n2 + … + 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.

Sebanyak r faktor


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. 3

2C 5

3C

B. 3

2C + 5

3C

C. 3

2P 5

3P

D. 3

2P + 5

3P

Gambar 35

1 2

Kerjakan 1

nomor soal

diantaranya

4 5 6 3

Kerjakan 3

nomor soal

diantaranya

II I

(a) (b)

Kerjakan r1

nomor soal

diantaranya

Kerjakan r2

nomor soal

diantaranya

II I

Kerjakan rk

nomor soal

diantaranya

nk n1 n2

K

(r1 n1) (r2 n2) (rk nk)


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. 3

1P 3

2P 4

3P

B. 3

1P + 3

2P + 4

3P

C. 3

1C 3

2C 4

3C

D. 3

1C + 3

2C + 4

3C

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. 102

B. 103

C. 104

D. 105


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. 102

B. 103

C. 104

D. 105

7. Dari himpunan bilangan {1, 2, 3, 4, 5} dibuat bilangan 3 angka dengan angka-

angka 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 angka-

angka 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


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. 3512

B. 3515

C. 3518

D. 3521

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. 2811

B. 2815

C. 2819

D. 2823

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. 34354

B. 34348

C. 34336

D. 34327

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 ...

A. 51275

B. 51265

C. 51255

D. 51245


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

(Dalam %)

Deskripsi Dan Tindak Lanjut

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


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.

rumahmatematikakita.files.wordpress.com€¦ · ii kata pengantar puji syukur ke hadirat tuhan yang...

Documents