Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

19Distribusi Binomial

Ulangilah percobaan ya/tidak yang sama beberapa kali, secara saling bebas, lalu bilanglah keberhasilannya: distribusi yang muncul — yaitu binomial — adalah distribusi diskret yang paling penting di antara semuanya. Bab ini membangunnya dengan pohon dan pembilangan jalur; rumus tertutup bagi cacah jalurnya (dengan faktorial) datang bersama perkakas pembilangan pada Bab 27, dan distribusinya ditinjau ulang pada Bab 33.

19.1 Percobaan Bernoulli

Definisi 19.1 (Percobaan Bernoulli)

Sebuah percobaan Bernoulli adalah percobaan dengan tepat dua hasil: berhasil, dengan peluang $p$ , dan gagal, dengan peluang $1 - p$ . Peubah acak $X$ yang bernilai $1$ pada keberhasilan dan $0$ pada kegagalan dikatakan mengikuti distribusi Bernoulli $\mathcal B(p)$ ; lalu

\E(X) = p, \qquad \V(X) = p(1 - p).

Bukti kedua rumusnya. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; dan karena $X^2 = X$ (baik $0$ maupun $1$ adalah kuadrat dirinya sendiri), $\E(X^2) = p$ , sehingga menurut Proposisi 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definisi 19.2 (Percobaan berulang yang saling bebas)

Mengulang sebuah percobaan Bernoulli sebanyak $n$ kali secara saling bebas berarti: hasil setiap percobaannya tidak berpengaruh pada yang lain, dan peluang sebarang runtunan hasil yang lengkap adalah hasil kali peluang sepanjang jalur pohon yang bersesuaian — $p$ untuk setiap keberhasilan, $1 - p$ untuk setiap kegagalan.

Contoh 19.3

Tiga percobaan saling bebas dengan peluang berhasil $p$ . Runtunan BGB (berhasil, gagal, berhasil) berpeluang $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — dan demikian pula setiap runtunan dengan tepat dua keberhasilan, tanpa memandang letaknya: hanya banyaknya B dan G yang berpengaruh.

19.2 Cacah jalur dan koefisien binomial

Definisi 19.4 (Koefisien binomial)

Pada pohon $n$ percobaan saling bebas, koefisien binomial $\binom{n}{k}$ (dibaca “ $n$ pilih $k$ ”) adalah banyaknya jalur yang memuat tepat $k$ keberhasilan.

Contoh 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : yaitu jalur BBG, BGB, GBB. Demikian pula $\binom{3}{0} = 1$ (jalur GGG), $\binom{3}{1} = 3$ dan $\binom{3}{3} = 1$ . Menurut kelaziman dan menurut pohonnya, $\binom n0 = \binom nn = 1$ untuk setiap $n$ .

Pohon n = 3 percobaan: 32 = 3 jalur (merah) membawa tepat dua keberhasilan, masing-masing berpeluang p2(1-p). — Pohon $n = 3$ percobaan: $\binom{3}{2} = 3$ jalur (merah) membawa tepat dua keberhasilan, masing-masing berpeluang $p^2(1-p)$ .

Proposisi 19.6 (Aturan Pascal)

Untuk $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

Bukti. Kelompokkan jalur pada pohon $n$ percobaan yang mempunyai $k$ keberhasilan menurut percobaan terakhirnya. Jalur yang berakhir pada keberhasilan diperoleh dari jalur $n-1$ percobaan pertama dengan $k - 1$ keberhasilan: ada $\binom{n-1}{k-1}$ jalur semacam itu. Jalur yang berakhir pada kegagalan memperpanjang jalur dengan $k$ keberhasilan di antara $n-1$ percobaan pertama: ada $\binom{n-1}{k}$ jalur. Setiap jalurnya termasuk tepat satu di antara kedua jenis itu. ∎

Aturan Pascal membangkitkan koefisiennya baris demi baris — setiap entrinya adalah jumlah dua entri di atasnya:

\begin{array}{ccccccccccc} &&&&&1&&&&&\\ &&&&1&&1&&&&\\ &&&1&&2&&1&&&\\ &&1&&3&&3&&1&&\\ &1&&4&&6&&4&&1&\\ 1&&5&&10&&10&&5&&1 \end{array}

Catatan 19.7

Rumus tertutupnya, $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ , beserta teori pembilangan yang sistematis, ditetapkan pada Bab 27. Pada tingkat ini, segitiga Pascal menghitung setiap koefisien yang kita perlukan.

19.3 Distribusi binomial

Teorema 19.8 (Distribusi binomial)

Misalkan $X$ membilang keberhasilan pada $n$ percobaan Bernoulli saling bebas berparameter $p$ . Maka $X$ mengikuti distribusi binomial $\mathcal B(n, p)$ :

\P(X = k) = \binom{n}{k}\, p^k (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \dots, n .

Bukti. Kejadian $X = k$ adalah kumpulan semua jalur dengan tepat $k$ keberhasilan. Setiap jalur semacam itu berpeluang $p^k(1-p)^{n-k}$ : hasil kali sepanjang jalurnya memuat $k$ faktor $p$ dan $n - k$ faktor $1-p$ , dalam urutan tertentu (Definisi 19.2). Ada $\binom nk$ jalur semacam itu (Definisi 19.4), dan peluangnya dijumlahkan. ∎

Contoh 19.9

Sebuah kuis mempunyai $5$ soal saling bebas, masing-masing dengan $4$ pilihan; seorang siswa menjawab secara acak, sehingga setiap soal berhasil dengan $p = \frac14$ . Banyaknya jawaban benar $X$ mengikuti $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ , dan, dengan baris $5$ segitiga Pascal:

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

Peluang memperoleh paling sedikit satu jawaban benar dihitung dengan komplemennya: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Proposisi 19.10 (Nilai harapan dan ragam)

Jika $X \sim \mathcal B(n, p)$ :

\E(X) = np, \qquad \V(X) = np(1-p).

Penjelasan. Tulislah $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , dengan $X_i$ bernilai $1$ bila percobaan ke- $i$ berhasil: setiap $X_i$ adalah peubah Bernoulli dengan nilai harapan $p$ (Definisi 19.1). Rata-rata dapat dijumlahkan — menjumlahkan $n$ sumbangannya memberi $\E(X) = np$ . Bahwa ragam juga dapat dijumlahkan untuk peubah yang saling bebas memang benar tetapi lebih peka: rumus ragamnya diterima tanpa bukti pada tingkat ini dan dibuktikan pada Bab 34. ∎

Distribusi B(10, 0.5) (sepuluh lemparan koin setimbang): berpusat di (X) = np = 5, setangkup, dengan hampir seluruh peluangnya berada antara 2 dan 8. — Distribusi $\mathcal B(10, 0.5)$ (sepuluh lemparan koin setimbang): berpusat di $\E(X) = np = 5$ , setangkup, dengan hampir seluruh peluangnya berada antara $2$ dan $8$ .

Metode 19.11 (Mengenali situasi binomial)

Sebelum menulis $X \sim \mathcal B(n, p)$ , periksalah tiga bahannya: sebuah banyaknya percobaan yang tetap $n$ , yang ditetapkan lebih dahulu; setiap percobaan mempunyai dua hasil dengan peluang berhasil $p$ yang sama; dan percobaannya saling bebas (dengan pengembalian, atau dengan alat yang terpisah). Pengambilan tanpa pengembalian dari populasi kecil bukan binomial — peluangnya berubah pada setiap pengambilan (Latihan 18.6).

19.4 Penyampelan: apakah pengamatannya mengejutkan?

Distribusi binomial menjawab sebuah pertanyaan yang sangat praktis: jika peluang berhasilnya sungguh $p$ , cacah keberhasilan mana saja yang masuk akal?

Contoh 19.12

Sebuah mesin seharusnya menghasilkan paling banyak $10\%$ barang cacat. Pada sebuah kumpulan berisi $10$ barang, $4$ di antaranya cacat. Nasib buruk atau mesin rusak? Jika mesinnya baik-baik saja, banyaknya barang cacat mengikuti $\mathcal B(10, 0.1)$ , dan

\P(X \geq 4) = 1 - \P(X \leq 3) \approx 1 - 0.987 = 0.013 :

yaitu sekitar satu peluang dari $80$ . Mengamati kejadian setidak mungkin ini adalah isyarat yang kuat — kita menolak hipotesis bahwa mesinnya masih bekerja pada $10\%$ , sambil mengingat bahwa keputusan itu dapat keliru dengan peluang sekitar $0.013$ .

Metode 19.13 (Aturan keputusan dari model binomial)

Untuk menilai cacah keberhasilan $k$ yang teramati terhadap hipotesis $X \sim \mathcal B(n, p)$ : hitunglah peluang, di bawah hipotesis itu, munculnya hasil yang paling sedikit seekstrem $k$ . Jika peluang itu sangat kecil (kelaziman yang umum: di bawah $5\%$ ), tolaklah hipotesisnya; bila tidak, pengamatannya sesuai dengan hipotesis itu. Ambangnya adalah sebuah pilihan, bukan sebuah teorema — statistika mengukur risikonya, dan pemakainya menerima risiko itu.

19.5 Latihan

Latihan 19.1 ★

Perluaslah segitiga Pascal sampai baris $7$ , lalu berikan nilai $\binom62$ , $\binom{7}{3}$ dan $\binom74$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.1.

Baris $6$ dan $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{dan}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

Jadi $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ , $\binom74 = 35$ (kesimetrian $\binom73 = \binom74$ mencerminkan pertukaran keberhasilan dan kegagalan).

Latihan 19.2 ★

Sebuah dadu setimbang dilempar $4$ kali; $X$ membilang munculnya enam. Berikan alasan bahwa $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ lalu hitunglah $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ dan $\P(X \geq 2)$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.2.

Banyaknya percobaan tetap ( $4$ lemparan), dua hasil per lemparan (enam atau bukan, $p = \frac16$ ), lemparannya saling bebas: $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\P(X=0) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.48, \qquad \P(X=1) = 4 \times \frac16\left(\frac56\right)^3 = \frac{500}{1296} \approx 0.39,

\P(X \geq 2) = 1 - \frac{625 + 500}{1296} = \frac{171}{1296} \approx 0.13 .

Latihan 19.3 ★

Manakah di antara berikut yang binomial? Berikan alasannya.

Banyaknya gambar pada $20$ lemparan koin setimbang.
Banyaknya kartu hati pada $5$ kartu yang dibagikan dari satu set kartu.
Banyaknya hari hujan pekan depan, bila setiap harinya hujan dengan peluang $0.3$ secara saling bebas.

Solusi

Solusi Latihan 19.3.

1. Binomial $\mathcal B(20, \frac12)$ : $n$ tetap, $p$ sama, lemparannya saling bebas.

2. Bukan binomial: kartunya dibagikan tanpa pengembalian, sehingga peluang memperoleh kartu hati berubah dari kartu ke kartu dan pengambilannya tidak saling bebas.

3. Binomial $\mathcal B(7, 0.3)$ menurut asumsi kebebasan yang dinyatakan.

Latihan 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Berikan $\E(X)$ , $\V(X)$ dan $\sigma(X)$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ; $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ; $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

Latihan 19.5 ★★

Seorang pemanah mengenai sasaran dengan peluang $0.7$ pada setiap tembakan, secara saling bebas. Pada $6$ tembakan, hitunglah peluang tepat $4$ kali kena, dan peluang paling sedikit $5$ kali kena.

Solusi

Solusi Latihan 19.5.

$X \sim \mathcal B(6, 0.7)$ .

\P(X = 4) = \binom64 (0.7)^4 (0.3)^2 = 15 \times 0.2401 \times 0.09 \approx 0.324 .

\P(X \geq 5) = \binom65 (0.7)^5(0.3) + (0.7)^6 = 6 \times 0.16807 \times 0.3 + 0.117649 \approx 0.420 .

Latihan 19.6 ★★

Sebuah tes benar/salah mempunyai $8$ soal; seorang siswa menerka setiap jawabannya. Berapa peluang ia lulus (paling sedikit $6$ jawaban benar)?

Solusi

Solusi Latihan 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; setiap jalurnya berpeluang $\frac{1}{256}$ , sehingga

\P(X \geq 6) = \frac{\binom86 + \binom87 + \binom88}{256} = \frac{28 + 8 + 1}{256} = \frac{37}{256} \approx 0.14 .

Menerka lulus kira-kira satu kali dari tujuh.

Latihan 19.7 ★★

Setiap kotak sereal yang dibeli berisi figur A atau figur B, masing-masing dengan peluang $\frac12$ , secara saling bebas. Seorang pengumpul membeli $5$ kotak. Hitunglah peluang bahwa pengumpul itu memperoleh paling sedikit satu figur dari setiap jenis. (Komplemennya: semuanya A atau semuanya B.)

Solusi

Solusi Latihan 19.7.

Komplemen “paling sedikit satu dari setiap jenis” adalah “kelimanya sama”: semuanya A atau semuanya B, masing-masing berpeluang $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . Jadi

\P(\text{satu dari setiap jenis}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Latihan 19.8 ★★

Seorang pebasket memasukkan lemparan bebas dengan peluang $p$ , secara saling bebas. Misalkan $X \sim \mathcal B(3, p)$ banyaknya lemparan yang masuk dari tiga lemparan. Nyatakan $\P(X = 3)$ dan $\P(X \geq 1)$ sebagai fungsi $p$ , lalu carilah untuk $p$ yang mana peluang ketiganya masuk sama dengan $\frac{27}{64}$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ dan $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Menyelesaikan $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ memberi $p = \frac34$ (fungsi pangkat tiga tegas naik, Bab 11, sehingga penyelesaiannya tunggal).

Latihan 19.9 ★★

Berapa kali sebuah koin setimbang harus dilempar agar peluang memperoleh paling sedikit satu gambar melampaui $0.99$ ? (Pakailah komplemennya, lalu cobalah nilai $n$ berturut-turut.)

Solusi

Solusi Latihan 19.9.

$\P(\text{paling sedikit satu gambar}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , sehingga syaratnya adalah $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , yaitu $2^n > 100$ . Karena $2^6 = 64$ dan $2^7 = 128$ : mulai dari $n = 7$ lemparan.

Latihan 19.10 ★★

Dengan aturan Pascal (Proposisi 19.6) dan $\binom n0 = \binom nn = 1$ , buktikan bahwa entri setiap baris segitiga Pascal berjumlah $2^n$ : tafsirkan kedua ruasnya sebagai membilang semua jalur pada pohonnya.

Solusi

Solusi Latihan 19.10.

Jumlah baris $n$ membilang semua jalur pada pohon $n$ percobaan, yang dikelompokkan menurut banyaknya keberhasilan. Namun pohonnya melipatduakan jalurnya pada setiap percobaan (setiap jalur terbelah menjadi B dan G), sehingga seluruhnya ada $2^n$ jalur. Jadi $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Cara lain, lewat induksi: baris $0$ berjumlah $1 = 2^0$ , dan aturan Pascal membuat setiap entri baris $n$ menyumbang ke tepat dua entri baris $n+1$ , sehingga jumlah barisnya berlipat dua.

Latihan 19.11 ★★★

Seorang politikus mengaku memperoleh dukungan $60\%$ . Pada sampel acak berisi $10$ orang, hanya $3$ yang mendukung.

Di bawah pengakuan itu, distribusi apa yang diikuti banyaknya pendukung $X$ pada sampelnya? Hitunglah $\P(X \leq 3)$ .
Dengan aturan keputusan Metode 19.13 pada ambang $5\%$ , apakah pengamatannya sesuai dengan pengakuan itu?

Solusi

Solusi Latihan 19.11.

1. Di bawah pengakuan itu, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . Menjumlahkan suku pertamanya:

\begin{align*} \P(X \leq 3) &= (0.4)^{10} + 10(0.6)(0.4)^9 + 45(0.6)^2(0.4)^8 + 120(0.6)^3(0.4)^7\\ &\approx 0.0001 + 0.0016 + 0.0106 + 0.0425 = 0.0548 . \end{align*}

2. Hasil yang paling sedikit seekstrem yang teramati ( $3$ pendukung atau kurang) berpeluang sekitar $5.5\%$ — tepat di atas ambang $5\%$ . Dengan menerapkan aturannya secara ketat, pengamatannya (nyaris) sesuai dengan pengakuan itu dan kita tidak menolaknya. Contoh ini memperlihatkan betapa pekanya keputusan di ambang batas terhadap pilihan ambangnya: dengan kelaziman $6\%$ kesimpulannya akan berbalik.

19.6 Soal: Papan Galton

Soal 19.1

Soal akhir pekan — bola, pasak dan segitiga Pascal: bagaimana bentuk lonceng itu lahir, mengapa rangkaian laga pamungkas menguntungkan tim yang lebih kuat, dan kapan harus berteriak curang

Jatuhkanlah seribu bola melalui kisi pasak, setiap pantulannya sebuah lemparan koin kiri-atau-kanan yang setimbang, dan kotak di bawahnya terisi menjadi lonceng yang mulus dan setangkup — setiap kali. Mesin itu disebut papan Galton, dan matematikanya tepat sama dengan distribusi binomial bab ini (Teorema 19.8). Soal ini membangun segitiganya, menjalankan papannya, mewasiti rangkaian tujuh laga, lalu berakhir di tempat binomialnya memperoleh upah: memutuskan kapan sebuah pengamatan seharusnya membuat kita meragukan sebuah pengakuan.

Bagian I — Segitiganya.

Bangunlah segitiga Pascal sampai baris $6$ (Proposisi 19.6). Nyatakan lalu jelaskan kesimetrian $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ dalam satu kalimat (memilih $k$ objek sama saja dengan …).
Periksalah pada baris $4$ dan $5$ bahwa setiap barisnya berjumlah $2^n$ , lalu buktikan: apa yang dibilang oleh semua $\binom nk$ bersama-sama?
Turunkan ulang aturan Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ lewat alasan panitia: tetapkan satu orang istimewa lalu belahlah panitianya menurut nasib orang itu.
Hitunglah $\binom73$ dua kali: dari segitiganya, dan dari rumus faktorialnya.
Periksalah identitas tangga $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ , lalu jelaskan lewat penerapan berjenjang aturan Pascal dari $\binom63$ ke bawah.

Bagian II — Papannya. Sebuah bola jatuh melalui $n$ baris pasak; pada setiap pasak bola itu memantul ke kiri atau ke kanan dengan peluang $\frac12$ , secara saling bebas. Nomorilah kotaknya $0$ sampai $n$ menurut cacah pantulan ke kanan.

Jelaskan, dengan daftar periksa Metode 19.11, mengapa nomor kotaknya mengikuti distribusi binomial $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
Untuk papan kecil ( $n = 4$ ): berikan kelima peluang kotaknya. Kotak mana yang paling padat?
Kini $n = 10$ dan $1\,024$ bola: berapa harapan cacah bola pada kotak tengah, pada kotak $7$ , dan pada setiap kotak tepinya? Perikan bentuk tumpukannya.
Untuk $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : hitunglah $\E(X)$ , $V(X)$ dan $\sigma$ (Proposisi 19.10); lalu hitunglah bagian bola yang diharapkan berada dalam $2\sigma$ dari pusatnya (kotak $2$ sampai $8$ ) lalu bandingkan dengan jaminan Chebyshev pada Soal 17.1.
Sebuah papan yang dimiringkan memantul ke kanan dengan peluang $0.6$ : berikan $\E$ , $V$ dan $\sigma$ untuk $n = 10$ , lalu perikan apa yang terjadi pada tumpukannya.
Dalam satu atau dua kalimat: apa, dalam rancangan papan itu, yang membuat bentuk loncengnya — dan mengapa begitu banyak besaran di dunia nyata (tinggi badan, galat pengukuran) menumpuk dengan cara yang sama? (Teorema mendalam di balik keduanya adalah teorema limit pusat, puncak kuliah peluang pada jilid universitas.)

Bagian III — Tujuh laga pamungkas. Dua tim memainkan sebuah rangkaian: yang lebih dahulu mencapai $4$ kemenangan merebut gelarnya; setiap laganya saling bebas.

Tim yang sepadan ( $p = \frac12$ ): hitunglah peluang bahwa rangkaiannya berakhir dengan sapu bersih (tepat $4$ laga).
Hitunglah peluang bahwa rangkaiannya berlangsung penuh $7$ laga (kedudukannya setelah $6$ laga harus berapa?).
Lengkapkan distribusi panjang rangkaiannya ( $4$ , $5$ , $6$ atau $7$ laga) untuk tim yang sepadan, lalu hitunglah harapan panjangnya. Panjang mana yang paling mungkin?
Kini satu tim memenangkan setiap laga dengan $p = 0.6$ . Hitunglah peluangnya merebut rangkaian itu (menang dalam $4$ , $5$ , $6$ atau $7$ laga: pada setiap kasusnya tim itu memenangkan laga terakhir dan $3$ dari laga sebelumnya). Apa yang dilakukan rangkaian itu terhadap keunggulan per laganya?
Bandingkan dengan satu laga final tunggal ( $60\,\%$ ) dan sistem tiga laga (hitunglah). Nyatakan pengaruh umum panjang rangkaian terhadap keterampilan melawan keberuntungan — dan mengapa liga lebih menyukai final yang panjang.

Bagian IV — Kapan harus berteriak curang.

Sebuah koin dilempar $100$ kali dan menunjukkan $62$ gambar. Untuk koin yang setimbang, berikan $\E$ , $\sigma$ , dan skor-z (Soal 17.1) pengamatannya. Bagaimana putusannya di bawah kelaziman $2\sigma$ ?
Seorang pemasok mengaku bahwa $2\,\%$ suku cadangnya cacat. Pada sebuah kumpulan berisi $50$ kamu menemukan $3$ yang cacat. Hitunglah $\P(X \geq 3)$ di bawah pengakuan itu ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; lewatilah $\P(X = 0), \P(X = 1), \P(X = 2)$ ). Mengkhawatirkan pada ambang $5\,\%$ (Metode 19.13, Latihan 19.11)?
Kegigihan pengundi: setiap karcis memenangkan (sesuatu) dengan peluang $\frac{1}{1000}$ . Hitunglah peluang paling sedikit satu kemenangan dengan $1\,000$ karcis. Jawabannya ( $\approx 63\,\%$ , bukan $100\,\%$ !) menyembunyikan sebuah tetapan termasyhur: hitunglah $0.999^{1000}$ lalu simpanlah bilangan $0.368$ dalam ingatan untuk tahun berikutnya.
Penutup — potret binomialnya: daftar periksa pengenalannya ( $n$ yang tetap, kebebasan, $p$ yang tetap); segitiga Pascal sebagai tabelnya; lonceng sebagai bentuknya; $np$ dan $np(1-p)$ sebagai kompasnya; serta kedua pewarisnya yang menanti pada tahun berikutnya — kurva lonceng yang mulus dan hukum bilangan besar. Masing-masing satu kalimat.

Solusi

Solusi Soal 19.1.

1. Barisnya: $1$ ; $1\,1$ ; $1\,2\,1$ ; $1\,3\,3\,1$ ; $1\,4\,6\,4\,1$ ; $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ; $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . Kesimetriannya: memilih $k$ objek mana yang diambil adalah tindakan yang sama dengan memilih $n - k$ mana yang ditinggalkan.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ; $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . Buktinya: semua $\binom nk$ membilang himpunan bagian dari setiap ukuran pada himpunan beranggota $n$ , dan seluruh himpunan bagiannya berjumlah $2^n$ (setiap anggotanya masuk atau tidak, secara saling bebas).

3. Panitia beranggota $k$ yang dipilih dari $n + 1$ orang, salah satunya Zoe: panitia tanpa Zoe ada $\binom nk$ (pilihlah seluruh $k$ dari yang lain); panitia dengan Zoe ada $\binom{n}{k-1}$ (pilihlah $k - 1$ rekannya). Seluruhnya: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Segitiganya, baris $7$ : $1\,7\,21\,35\,\dots$ : jadi $35$ . Rumusnya: $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . Penerapan berjenjangnya: $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ — setiap penerapan aturan Pascal mengupas satu suku dari tangganya.

6. Banyaknya pantulan $n$ tetap; setiap pantulannya sebuah percobaan Bernoulli saling bebas dengan $p = \frac12$ yang sama; nomor kotaknya membilang keberhasilannya (pantulan ke kanan): jadi ketiga kotak periksa Metode 19.11 tercentang: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. Peluangnya $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ untuk kotak $0, \dots, 4$ : kotak tengah $2$ yang paling padat.

8. Harapan cacahnya $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : kotak tengah $\binom{10}{5} = 252$ bola; kotak $7$ : $\binom{10}{7} = 120$ ; setiap kotak tepinya: $1$ bola. Pusat yang tinggi lalu menurun secara setangkup ke tepi yang setipis bisikan: itulah loncengnya.

9. $\E = np = 5$ ; $V = np(1 - p) = 2.5$ ; $\sigma \approx 1.58$ . Dalam $2\sigma$ : kotak $2$ sampai $8$ membawa

\frac{45 + 120 + 210 + 252 + 210 + 120 + 45}{1024} = \frac{1002}{1024} \approx 98\,\%

dari bolanya — jauh lebih baik daripada $75\,\%$ serbaguna milik Chebyshev (Soal 17.1): bentuk lonceng memusat dengan kuat.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : tumpukannya mempertahankan bentuk loncengnya tetapi menggeser puncaknya ke kotak $6$ — papan yang miring adalah koin yang berat sebelah, yang dibuat terlihat.

11. Nomor kotaknya adalah jumlah banyak dorongan kebetulan yang kecil, saling bebas, dan sama besarnya — dan jumlah semacam itu selalu menata dirinya menjadi lonceng: kebanyakan dorongannya saling menghapus, sedangkan yang ekstrem menuntut kebulatan suara. Tinggi badan, galat pengukuran dan tak terbilang besaran alam pun sama-sama jumlah banyak pengaruh kecil yang saling bebas, dan itulah sebabnya bayangan yang sama muncul di mana-mana; teorema yang menjaminnya adalah teorema limit pusat.

12. Sapu bersih: satu tim memenangkan semua $4$ laganya: $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Tujuh laga menuntut kedudukan $3$ – $3$ setelah enam laga: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Berakhir pada laga ke- $5$ : pemenangnya merebut laga 5 dan $3$ dari $4$ laga pertamanya: $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . Berakhir pada laga ke- $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . Distribusinya atas $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (berjumlah $1$ ). Harapan panjangnya: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ laga. Rangkaian enam dan tujuh laga yang paling mungkin — ketegangannya sudah terpasang di dalam formatnya.

15. Menang dalam $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ; dalam $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ; dalam $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ; dalam $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Seluruhnya: sekitar $0.710$ : jadi tim berpeluang $60\,\%$ per laga memenangkan $71\,\%$ rangkaian — rangkaiannya memperbesar keunggulannya.

16. Final tunggal: $60\,\%$ . Sistem tiga laga: $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . Tangga $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ berlanjut seiring panjangnya: makin banyak laga makin merata-ratakan keberuntungan (hukum bilangan besar dalam ukuran kecil), sehingga final yang panjang menobatkan keterampilan — dan itulah yang justru dijual oleh liga.

17. Koin setimbang: $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : melampaui kelaziman $2\sigma$ — jadi koin itu layak diselidiki.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Jadi $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : sekitar $7.8\,\%$ — di atas ambang $5\,\%$ , sehingga belum cukup untuk menolak pengakuannya; kumpulan buruk yang kedua akan mengubah ceritanya.

19. $\P(\text{paling sedikit satu menang}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : seribu karcis dengan peluang satu per seribu memberi bukan kepastian melainkan $63\,\%$ . Bilangan $0.368$ yang berulang itu adalah $\frac1e$ dalam samaran — tetapan $e$ membuat penampilan resminya pada tahun berikutnya.

20. Pengenalannya: $n$ tetap, kebebasan, $p$ yang tetap — baru setelah itu, binomial. Tabelnya: segitiga Pascal, baris $n$ . Bentuknya: lonceng, setangkup untuk $p = \frac12$ , tergeser bila selain itu. Kompasnya: pusat $np$ , sebaran $\sqrt{np(1-p)}$ — yaitu skor-z pada setiap keputusan. Pewarisnya: kurva lonceng mulus yang didekati tumpukannya, dan hukum bilangan besar yang menjelaskan mengapa papan besar tidak pernah berdusta.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium