Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

33Peubah Acak dan Distribusi Binomial

Peubah acak melekatkan sebuah bilangan pada tiap hasil percobaan: sebuah keuntungan, sebuah cacah, sebuah lama waktu. Harapannya adalah rata-rata jangka panjang nilai yang dihasilkannya, dan ragamnya mengukur penyebarannya. Bintang bab ini adalah distribusi binomial, yang mencacah keberhasilan pada ulangan percobaan yang saling bebas. Peubah acak dan distribusi binomial pertama kali dijumpai di Bab 18 dan 19; bab ini meninjau kembali dan memperdalamnya, dengan perkakas kombinatorika Bab 27 yang kini tersedia.

33.1 Peubah acak diskret

Definisi 33.1 (Peubah acak, distribusi)

Suatu peubah acak pada ruang sampel berhingga $\Omega$ adalah fungsi $X \colon \Omega \to \R$ . Yang disebut distribusinya (atau hukumnya) adalah data nilai yang mungkin $x_1, \dots, x_k$ beserta peluangnya

p_i = \P(X = x_i), \qquad \sum_{i=1}^{k} p_i = 1 .

Definisi 33.2 (Nilai harapan, ragam, simpangan baku)

Nilai harapan dari $X$ adalah

\E(X) = \sum_{i=1}^{k} p_i\, x_i ,

sedangkan ragamnya dan simpangan bakunya adalah

\V(X) = \E\bigl((X - \E(X))^2\bigr) = \sum_{i=1}^k p_i\bigl(x_i - \E(X)\bigr)^2, \qquad \sigma(X) = \sqrt{\V(X)} .

Proposisi 33.3 (Rumus König–Huygens)

$\V(X) = \E(X^2) - \E(X)^2$ .

Bukti. Tulislah $m = \E(X)$ lalu jabarkan:

\V(X) = \sum_i p_i (x_i^2 - 2m x_i + m^2) = \E(X^2) - 2m\sum_i p_i x_i + m^2\sum_i p_i = \E(X^2) - 2m^2 + m^2 . \qedhere

∎

Proposisi 33.4 (Transformasi afin)

Untuk $a, b \in \R$ :

\E(aX + b) = a\,\E(X) + b, \qquad \V(aX + b) = a^2\,\V(X) .

Bukti. Yang pertama hanyalah penyusunan ulang jumlah pendefinisinya. Untuk yang kedua, $aX + b$ menyimpang dari rata-ratanya sebesar $a(X - \E(X))$ , dan pengkuadratannya mengalikan dengan $a^2$ . ∎

Contoh 33.5 (Permainan yang adil)

Sebuah permainan berbiaya $2$ euro; sebuah dadu dilempar, dan pemainnya menerima nilai yang muncul jika nilainya sekurang-kurangnya $5$ , dan tidak menerima apa-apa jika tidak. Keuntungannya $G$ bernilai $-2$ (peluangnya $\frac46$ ), $3$ ( $\frac16$ ), $4$ ( $\frac16$ ):

\E(G) = \frac{-8 + 3 + 4}{6} = -\frac{1}{6} < 0 .

Rata-rata pemainnya rugi $17$ sen tiap permainan: jadi permainannya merugikan (seperti kebanyakan permainan yang nyata).

33.2 Percobaan Bernoulli dan distribusi binomial

Definisi 33.6 (Distribusi Bernoulli)

Suatu percobaan Bernoulli adalah percobaan dengan dua hasil, berhasil (peluangnya $p$ ) dan gagal ( $q = 1 - p$ ). Penunjuk $X$ bagi keberhasilan ( $X = 1$ jika berhasil, $0$ jika gagal) mengikuti distribusi Bernoulli $\mathcal B(p)$ :

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

(Memang $\E(X) = p$ , $\E(X^2) = p$ , dan König–Huygens memberi $\V(X) = p - p^2$ .)

Definisi 33.7 (Distribusi binomial)

Ulangilah percobaan Bernoulli $n$ kali secara saling bebas, lalu misalkan $X$ cacah total keberhasilannya. Distribusi $X$ itulah yang disebut distribusi binomial $\mathcal B(n, p)$ .

Tiga percobaan Bernoulli: tepat 32 = 3 dari 23 lintasannya memberi dua keberhasilan (merah), masing-masing berpeluang p2(1-p), sehingga (X = 2) = 3p2(1-p). — Tiga percobaan Bernoulli: tepat $\binom{3}{2} = 3$ dari $2^3$ lintasannya memberi dua keberhasilan (merah), masing-masing berpeluang $p^2(1-p)$ , sehingga $\P(X = 2) = 3p^2(1-p)$ .

Teorema 33.8

Jika $X \sim \mathcal B(n, p)$ , maka untuk $0 \leq k \leq n$ :

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

dan

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

Bukti. Suatu barisan hasil tertentu dengan $k$ keberhasilan dan $n-k$ kegagalan berpeluang $p^k(1-p)^{n-k}$ menurut kebebasannya; sedangkan banyaknya barisan semacam itu adalah banyaknya cara menempatkan $k$ keberhasilan di antara $n$ percobaannya, yaitu $\binom nk$ (Bab 27). Menjumlahkan atas barisannya memberi rumusnya — dan teorema binomial menegaskan $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Untuk harapannya, dengan memakai $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ (Latihan 27.7):

\E(X) = \sum_{k=1}^{n} k\binom nk p^k q^{n-k} = np\sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} p^{k-1} q^{(n-1)-(k-1)} = np\,(p + q)^{n-1} = np .

Rumus ragamnya dibuktikan serupa dengan identitas $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , yang memberi $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ , sehingga $\V(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np(1-p)$ . (Bukti yang lebih berstruktur — yaitu ragam jumlah peubah yang saling bebas — datang bersama Teorema 34.4.) ∎

Distribusi B(20, 0.3): rata-ratanya np = 6, simpangan bakunya √npq 2.05. — Distribusi $\mathcal B(20, 0.3)$ : rata-ratanya $np = 6$ , simpangan bakunya $\sqrt{npq} \approx 2.05$ .

Metode 33.9 (Mengenali keadaan binomial)

Periksalah ketiga bahannya sebelum menulis $X \sim \mathcal B(n,p)$ : yaitu cacah yang tetap $n$ bagi percobaannya; dua hasil tiap percobaannya dengan peluang berhasil $p$ yang sama; serta kebebasan percobaannya (pengambilan contoh dengan pengembalian, atau dari populasi yang besar). Lalu pakailah

\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^n

untuk “sekurang-kurangnya satu keberhasilan”, dan kalkulator atau tabel kumulatif untuk $\P(X \leq k)$ yang umum.

Contoh 33.10

Berapa kali orang harus melempar dadu agar berpeluang sekurang-kurangnya $99\%$ memperoleh angka enam? Dengan $X \sim \mathcal B\left(n, \frac16\right)$ : $\P(X \geq 1) = 1 - \left(\frac56\right)^n \geq 0.99$ berarti $\left(\frac56\right)^n \leq 0.01$ , yaitu $n \geq \frac{\ln 0.01}{\ln(5/6)} \approx 25.3$ : jadi mulai dari $n = 26$ lemparan.

33.3 Latihan

Latihan 33.1 ★

Suatu peubah acak $X$ bernilai $-1, 0, 2, 5$ dengan peluang $0.3, 0.2, 0.4, 0.1$ . Hitunglah $\E(X)$ , $\V(X)$ dan $\sigma(X)$ .

Solusi

Solusi Latihan 33.1.

$\E(X) = -0.3 + 0 + 0.8 + 0.5 = 1$ . $\E(X^2) = 0.3 \times 1 + 0 + 0.4\times4 + 0.1\times25 = 4.4$ , sehingga menurut König–Huygens $\V(X) = 4.4 - 1 = 3.4$ dan $\sigma(X) = \sqrt{3.4} \approx 1.84$ .

Latihan 33.2 ★

Sebuah uji pilihan ganda berisi $10$ pertanyaan, masing-masing dengan $4$ pilihan, dan satu di antaranya benar. Seorang murid menjawab secara acak seragam dan saling bebas. Misalkan $X$ cacah jawaban yang benar.

Berikan distribusi $X$ , lalu $\E(X)$ dan $\sigma(X)$ .
Hitunglah $\P(X = 0)$ , $\P(X = 5)$ dan $\P(X \geq 1)$ .

Solusi

Solusi Latihan 33.2.

1. Ada $10$ pertanyaan yang merupakan percobaan Bernoulli saling bebas dengan $p = \frac14$ : jadi $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ , dan $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

2. $\P(X = 0) = \left(\frac34\right)^{10} \approx 0.056$ ;

\P(X = 5) = \binom{10}{5}\left(\frac14\right)^5\left(\frac34\right)^5 \approx 0.058; \quad \P(X \geq 1) = 1 - \left(\tfrac34\right)^{10} \approx 0.944 .

Latihan 33.3 ★

Sebuah perusahaan asuransi menanggung $n = 400$ nasabah; masing-masing mengajukan klaim selama setahun dengan peluang $p = 0.05$ , secara saling bebas. Misalkan $X$ cacah klaimnya. Kenalilah distribusi $X$ lalu hitung harapannya dan simpangan bakunya.

Solusi

Solusi Latihan 33.3.

Percobaan yang saling bebas dan sejenis: $X \sim \mathcal B(400,\ 0.05)$ , sehingga $\E(X) = 20$ klaim dan

\sigma(X) = \sqrt{400 \times 0.05 \times 0.95} = \sqrt{19} \approx 4.4 .

Latihan 33.4 ★★

Pada permainan Contoh 33.5, penyelenggaranya menginginkan permainan yang adil ( $\E(G) = 0$ ) dengan mengubah harga masuknya $c$ . Carilah $c$ . Hitunglah ragam keuntungannya bagi versi yang adil ini; apakah “adil” sama dengan “tanpa risiko”?

Solusi

Solusi Latihan 33.4.

Pembayaran $P$ yang diterima memenuhi $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , sehingga harga yang adil adalah $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euro. Keuntungan yang adil $G = P - \frac{11}6$ bernilai $-\frac{11}{6}, \frac{19}{6}, \frac{25}{6}$ dengan peluang $\frac46, \frac16, \frac16$ :

\V(G) = \E(G^2) = \frac{4 \times 121 + 361 + 625}{6 \times 36} = \frac{1470}{216} = \frac{245}{36} \approx 6.8, \qquad \sigma(G) \approx 2.6 .

Permainan yang adil berkeuntungan rata-rata nol tetapi hasilnya tetap berayun: jadi adil bukanlah tanpa risiko.

Latihan 33.5 ★★

Seorang pemain bola basket mencetak lemparan bebas dengan peluang $0.7$ . Ia menembak $8$ kali (tembakan yang saling bebas). Hitunglah peluang bahwa ia mencetak: tepat $6$ ; sekurang-kurangnya $6$ ; sekurang-kurangnya satu. Berapakah cacah cetakan yang paling mungkin?

Solusi

Solusi Latihan 33.5.

$X \sim \mathcal B(8,\ 0.7)$ .

\P(X = 6) = \binom86 (0.7)^6(0.3)^2 \approx 0.296 ;

\P(X \geq 6) = \P(6) + \P(7) + \P(8) \approx 0.296 + 8(0.7)^7(0.3) + (0.7)^8 \approx 0.296 + 0.198 + 0.058 = 0.552 ;

$\P(X \geq 1) = 1 - (0.3)^8 \approx 0.99993$ . Modusnya: $(n+1)p = 6.3$ , sehingga nilai yang paling mungkin adalah $k^* = 6$ (Latihan 33.7).

Latihan 33.6 ★★

Sebuah maskapai penerbangan tahu bahwa tiap penumpang yang memesan datang dengan peluang $0.9$ , secara saling bebas. Sebuah penerbangan berisi $100$ kursi dan maskapainya menjual $104$ tiket. Nyatakan, dengan memakai distribusi binomial, peluang bahwa penumpang yang datang lebih banyak daripada kursinya, lalu batasi secara numeris dengan kalkulator (berikan ungkapan eksaknya).

Solusi

Solusi Latihan 33.6.

Cacah penumpang yang datang adalah $X \sim \mathcal B(104,\ 0.9)$ ; dan penerbangannya kelebihan pesanan ketika $X \geq 101$ :

\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{104}\binom{104}{k}(0.9)^k(0.1)^{104-k} \approx 0.006 .

Menjual $4\%$ tiket lebih banyak daripada kursinya menimbulkan insiden hanya pada kira-kira $0.6\%$ penerbangannya — itulah ekonomi di balik kelebihan pesanan itu.

Latihan 33.7 ★★

Misalkan $X \sim \mathcal B(n, p)$ . Tunjukkan bahwa

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{n-k}{k+1}\cdot\frac{p}{1-p},

lalu simpulkan bahwa distribusinya naik sampai $k^* = \floor{(n+1)p}$ dan turun sesudahnya (itulah modus distribusi binomialnya). binomial).

Solusi

Solusi Latihan 33.7.

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{\binom{n}{k+1}}{\binom nk}\cdot\frac{p}{1-p} = \frac{n - k}{k + 1}\cdot\frac{p}{1-p},

dengan memakai $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Nisbah ini $\geq 1$ jika dan hanya jika $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ , yaitu $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ , yaitu $k \leq (n+1)p - 1$ . Jadi peluangnya naik secara tegas selama $k + 1 \leq (n+1)p$ lalu turun sesudahnya: maksimumnya tercapai di $k^* = \floor{(n+1)p}$ (dan dibagi dengan $k^* - 1$ ketika $(n+1)p$ bilangan bulat).

Latihan 33.8 ★★★

(Saint Petersburg yang dijinakkan.) Sekeping uang logam yang setimbang dilempar sampai gambar muncul, tetapi paling banyak $10$ kali. Misalkan $N$ cacah lemparan yang terpakai, dan pemainnya menerima $2^N$ euro jika gambar muncul, dan $0$ jika tidak.

Berikan distribusi $N$ yang dibatasi pada hasil yang menang: $\P(\text{gambar pertama pada lemparan } k) = 2^{-k}$ untuk $1 \leq k \leq 10$ , lalu periksalah peluang total kemenangannya.
Hitunglah harapan bayarannya. Akan menjadi berapa tanpa batas $10$ lemparan itu?

Solusi

Solusi Latihan 33.8.

1. Gambar pertama pada lemparan $k$ berarti $k-1$ angka lalu gambar, jadi peluangnya $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , untuk $1 \leq k \leq 10$ . Peluang menang seluruhnya adalah $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (permainannya kalah hanya pada sepuluh angka berturut-turut).

2. Harapan bayarannya:

\sum_{k=1}^{10} 2^k \cdot 2^{-k} = \sum_{k=1}^{10} 1 = 10 \text{ euro}.

Tanpa batasnya, jumlah $\sum_{k\geq1} 1$ divergen: jadi harapan bayarannya tak berhingga, walaupun permainannya hampir selalu membayar dengan jumlah kecil — itulah paradoks Saint Petersburg yang masyhur, yang menunjukkan bahwa harapan saja tidak mengukur nilai sebuah permainan.

33.4 Soal: Penerbangan yang kelebihan pesanan

Soal 33.1

Soal akhir pekan — maskapai menjual kursi lebih banyak daripada yang dimilikinya, pabrik menerima lot yang nyaris tak diperiksanya, dan distribusi binomial mewasiti keduanya

Sebuah maskapai berkursi $100$ dengan riang menjual $105$ tiket: kira-kira $10\,\%$ penumpangnya tak pernah datang, dan kursi kosong tak menghasilkan apa-apa. Seberapa jauh maskapainya dapat mendorong sebelum penumpang yang tergusur memakan labanya? Distribusi binomial (Teorema 33.8) menjawabnya sampai ke angka desimalnya — dan mesin yang sama memeriksa lot pabrik, menetapkan harga undian, dan menjaga penanggung asuransi tetap mampu bayar. Keputusan di bawah pengulangan: inilah pekerjaan sehari-hari distribusi binomial.

Bagian I — Kelancaran.

Berikan tabel distribusi lengkap bagi cacah $X$ berisi angka enam pada tiga lemparan dadu.
Hitunglah $\E(X)$ dan $V(X)$ (Definisi 33.2).
Sebuah kios memungut $1$ euro untuk tiga lemparan dan membayar $2$ euro tiap angka enam yang diperoleh. Hitunglah harapan keuntungannya: adilkah permainannya?
Latihan daftar periksa (Metode 33.9): apakah cacah kartu hati pada $5$ kartu yang diambil tanpa pengembalian itu binomial? Dan dengan pengembalian? Berilah alasan.
Untuk $X \sim \mathcal B(20,\ 0.3)$ : berikan $\E(X)$ dan $\sigma(X)$ , lalu $\E(S)$ dan $\sigma(S)$ bagi skor $S = 5X - 10$ (Proposisi 33.4).

Bagian II — Penerbangan yang kelebihan pesanan. Kursinya: $100$ . Tiket yang terjual: $105$ . Tiap pemegang tiket datang dengan peluang $0.9$ , secara saling bebas; misalkan $X$ cacah orang yang datang.

Modelnya: berilah alasan bagi $X \sim \mathcal B(105,\ 0.9)$ dengan daftar periksanya — lalu akuilah titik terlemah modelnya (benarkah ketidakhadirannya saling bebas? pikirkanlah rombongan dan badai).
Hitunglah $\E(X)$ dan $\sigma(X)$ .
Penggusuran terjadi ketika $X \geq 101$ : tulislah $\P(X \geq 101)$ sebagai jumlah lima suku binomial yang gamblang.
Hitunglah jumlahnya (dengan kalkulator): berapa bagian penerbangannya yang mengalami sekurang-kurangnya satu penumpang tergusur?
Uangnya: kelima tiket tambahannya membawa $5 \times 200 = 1\,000$ euro; sedangkan tiap penumpang yang tergusur berbiaya $800$ euro sebagai ganti rugi. Hitunglah harapan cacah penumpang yang tergusur, $\sum_{k=101}^{105} (k - 100)\,\P(X = k)$ , lalu harapan ganti ruginya, dan vonis atas kebijakannya.
Perancangannya: pengaturnya menoleransi $\P(\text{penggusuran}) < 5\,\%$ . Dengan menguji $n = 105, 106, 107, \dots$ tiket, carilah $n$ terbesar yang diperbolehkan.
Jalan pintas loncengnya: untuk $n = 105$ , hitunglah skor-z bagi ambang penggusurannya, $z = \frac{100.5 - \E(X)}{\sigma(X)}$ , lalu bandingkan taksiran kasar “kira-kira $2\sigma$ , jadi kurang lebih $2$ – $3\,\%$ pada ekor atasnya” dengan jawaban eksakmu. (Kurva di balik jalan pintas ini adalah bintang bab berikutnya.)

Bagian III — Gerbang pabriknya. Sebuah lot suku cadang diterima jika contoh berisi $20$ buah memuat paling banyak satu suku cadang yang cacat.

Jika laju cacat yang sebenarnya adalah $2\,\%$ (lot yang jujur), hitunglah peluang penerimaannya.
Jika lajunya $10\,\%$ (lot yang buruk), hitunglah lagi.
Sebutkan kedua risiko prosedurnya (lot jujur yang ditolak; lot buruk yang diterima), bacalah nilainya dari pertanyaan 13–14, lalu katakan satu perubahan apa yang memperbaiki keduanya sekaligus — dan dengan biaya apa.
Di balik perbaikannya: tunjukkan bahwa frekuensi cacat yang teramati, $\frac Xn$ , pada contoh berukuran $n$ mempunyai simpangan baku $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ , lalu simpulkan bagaimana ketelitiannya berskala dengan ukuran contohnya (seorang kawan lama: $\frac{1}{\sqrt n}$ dari kelas 10).

Bagian IV — Permainan, undian, cadangan.

Permainan Saint Petersburg yang dibatasi pada Latihan 33.8 berharapan bayaran $10$ euro. Bandingkanlah dalam satu paragraf dengan paradoks tanpa batas yang dijumpai di Soal 18.1: apa tepatnya yang dijinakkan batas itu, dan harga berapa yang kini adil?
Sebuah undian amal menjual $200$ tiket seharga $2$ euro; hadiahnya: satu keranjang $100$ euro dan dua keranjang $50$ euro. Hitunglah harapan keuntungan satu tiket dan marjin undiannya; lalu bandingkan dengan marjin bandar pada rolet Eropa sebesar $\frac{1}{37} \approx 2.7\,\%$ . Mengapa undian itu lolos begitu saja?
Seorang penanggung asuransi memegang $1\,000$ polis yang saling bebas: peluang klaimnya $0.01$ masing-masing, besar klaimnya $10\,000$ euro, dan preminya $130$ euro. Hitunglah harapan laba tahunannya beserta simpangan baku total klaimnya. Bandingkan kedua bilangan itu: apa yang dipaksakan pembandingan itu untuk dipegang penanggung asuransi yang sungguhan?
Penutup — distribusi binomial sebagai wasit keputusan: yaitu daftar periksa pengenalannya; pedoman $\E \pm \sigma$ ; peluang ekor sebagai harga risikonya; serta kedua peringatan yang tetap berlaku (kebebasan itu klaim permodelan, dan ekor yang langka, bukan rata-ratanya, yang menyebabkan kebangkrutan). Masing-masing satu kalimat, dengan penunjuk: hukum bilangan besar dan kurva lonceng, pada bab berikutnya, melengkapi buku aturan sang wasit.

Solusi

Solusi Soal 33.1.

1. $X \sim \mathcal B\!\left(3, \frac16\right)$ : $\P(X = 0) = \frac{125}{216}$ , $\P(X = 1) = \frac{75}{216}$ , $\P(X = 2) = \frac{15}{216}$ , $\P(X = 3) = \frac{1}{216}$ .

2. $\E(X) = 3 \times \frac16 = \frac12$ ; $V(X) = 3 \times \frac16 \times \frac56 = \frac{5}{12}$ .

3. Harapan bayarannya $2\,\E(X) = 1$ euro terhadap taruhan $1$ euro: jadi keuntungannya $0$ — tepat adil (dan itu langka).

4. Tanpa pengembalian pengambilannya bergantungan (sebab peluang kartu kedua bergantung pada kartu pertama): jadi bukan binomial — kotak kebebasan pada daftar periksanya gagal. Dengan pengembalian: $n = 5$ yang tetap, $p = \frac14$ yang tetap, pengambilan yang saling bebas, jadi binomial.

5. $\E(X) = 6$ , $\sigma(X) = \sqrt{4.2} \approx 2.05$ . Lalu $\E(S) = 5 \times 6 - 10 = 20$ dan $\sigma(S) = 5\sigma(X) \approx 10.25$ .

6. Ada $n = 105$ percobaan yang tetap (yaitu tiketnya), masing-masing berupa datang atau tidak dengan $p = 0.9$ yang sama, dan dianggap saling bebas: jadi binomial. Pengakuannya: keluarga ketinggalan pesawat bersama-sama dan badai mengosongkan seluruh pesawat — jadi kebebasannya adalah lompatan iman modelnya, dan ketidakhadiran yang berkorelasi membuat ekornya lebih gemuk daripada yang dijanjikan distribusi binomial.

7. $\E(X) = 94.5$ ; $\sigma(X) = \sqrt{105 \times 0.9 \times 0.1} = \sqrt{9.45} \approx 3.07$ .

8. $\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{105} \binom{105}{k} 0.9^k\, 0.1^{105 - k}$ .

9. Nilainya $\approx 0.0167$ : jadi kira-kira satu penerbangan dari enam puluh menggusur seseorang.

10. $\E(\text{tergusur}) \approx 0.023$ penumpang tiap penerbangan, sehingga harapan ganti ruginya $\approx 19$ euro — terhadap pemasukan tambahan $1\,000$ euro. Kelebihan pesanan sebanyak lima itu menguntungkan luar biasa; karena itulah setiap maskapai melakukannya.

11. Dari tabel peluang ekornya: $n = 105$ : $1.7\,\%$ ; $n = 106$ : $4.0\,\%$ ; $n = 107$ : $8.1\,\%$ . Jadi penjualan terbesar yang taat aturan adalah $n = 106$ tiket.

12. $z = \frac{100.5 - 94.5}{3.07} \approx 1.95$ : jadi ambangnya duduk dua simpangan baku di atas rata-ratanya, dan kaidah kasar kurva lonceng (“ekor atas $2\sigma$ $\approx 2.5\,\%$ ”) mendarat dekat dengan nilai eksaknya, $1.7\,\%$ — kurva mulus yang membayangi distribusi binomial itu adalah tokoh utama bab berikutnya.

13. $0.98^{20} + 20 \times 0.02 \times 0.98^{19} \approx 0.94$ : jadi lot yang jujur lolos $94\,\%$ waktunya.

14. $0.9^{20} + 20 \times 0.1 \times 0.9^{19} \approx 0.39$ : jadi lot yang buruk masih menyelinap lolos $39\,\%$ waktunya.

15. Risiko produsennya: lot yang baik ditolak ( $\approx 6\,\%$ ); risiko konsumennya: lot yang buruk diterima ( $\approx 39\,\%$ ). Contoh yang lebih besar (dengan ambang penerimaan yang sebanding) menyusutkan keduanya — dengan harga pemeriksaan yang lebih banyak: jadi mutu punya garis anggarannya.

16. $V\!\left(\frac Xn\right) = \frac{V(X)}{n^2} = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}$ , jadi simpangan bakunya $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ . Lipatempatkan contohnya, separuhkan deraunya: itulah hukum $\frac{1}{\sqrt n}$ pada selang ayunan kelas 10, yang kini terturunkan.

17. Batasnya mengekang bayarannya pada $2^{10} = 1024$ euro, sehingga masing-masing dari sepuluh putarannya menyumbang tepat $1$ euro harapan: $\E = 10$ . Harapan tak berhingga pada permainan tanpa batas itu seluruhnya berasal dari bayaran yang luar biasa jarang dan luar biasa besar; membatasinya berarti mengakui bahwa tak ada bank yang membayar $2^{50}$ euro. Harga tiket yang adil bagi permainan berbatas ini: $10$ euro — dan tiba-tiba tak ada lagi yang terparadoks.

18. Harapan uang hadiah tiap tiketnya: $\frac{100 + 2 \times 50}{200} = 1$ euro terhadap tiket $2$ euro: jadi marjinnya $50\,\%$ — delapan belas kali marjin rolet yang $2.7\,\%$ . Undiannya bertahan sebab pemainnya sadar sedang menyumbang: “kerugiannya” justru itulah maksudnya.

19. Harapan klaimnya: $1\,000 \times 0.01 \times 10\,000 = 100\,000$ ; preminya $130\,000$ , jadi harapan labanya $30\,000$ euro. Simpangan baku total klaimnya: $10\,000 \times \sqrt{1\,000 \times 0.01 \times 0.99} \approx 31\,500$ euro — jadi satu tahun buruk yang biasa saja melahap seluruh harapan labanya. Karena itulah ada cadangan modal, penanggungan ulang, dan portofolio yang jauh lebih besar daripada seribu polis: penanggung asuransi hidup dari hukum bilangan besar dan memegang cadangan terhadap kelambatannya.

20. Daftar periksa dahulu — $n$ yang tetap, $p$ yang sama, kebebasan yang diklaim — atau tidak ada binomial sama sekali. Lalu berlayarlah dengan $\E \pm \sigma$ : rata-ratanya menempatkan, simpangannya memperingatkan. Lalu hargailah ekornya: penggusuran, lot yang buruk, dan tahun yang membangkrutkan semuanya hidup di luar $2\sigma$ . Peringatannya: kebebasan itu janji sang pemodel, bukan janji dunia; dan harapan justru mengabaikan hal yang menghancurkanmu. Halaman yang hilang dari buku aturannya — seberapa cepat frekuensinya mengendap, dan bentuk apa yang diambil ayunannya — adalah kedua bab berikutnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium