Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

9Peluang dan Penyampelan

Peluang memberikan bilangan kepada kebetulan. Berangkat dari percobaan dengan hasil yang sama-sama mungkin — dadu, koin, kartu — bab ini membangun aturan dasar untuk menghitung peluang sebuah kejadian, memperkenalkan diagram pohon untuk percobaan dua langkah, lalu berakhir pada kaitan antara peluang dan frekuensi relatif yang teramati. Teorinya berlanjut pada Bab 18.

9.1 Percobaan acak dan kejadian

Definisi 9.1 (Hasil dan kejadian)

Sebuah percobaan acak adalah percobaan yang hasilnya tidak dapat diramalkan (melempar dadu). Himpunan semua hasil yang mungkin disebut ruang sampel $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ ; anggotanya disebut hasil. Sebuah kejadian adalah himpunan hasil; sebuah kejadian terjadi apabila hasil percobaannya termasuk di dalamnya.

Definisi 9.2 (Distribusi peluang)

Memberikan kepada setiap hasil $\omega_i$ sebuah bilangan $p_i \geq 0$ , dengan $p_1 + \dots + p_n = 1$ , mendefinisikan sebuah peluang: peluang $\P(A)$ sebuah kejadian $A$ adalah jumlah $p_i$ dari hasil-hasil di dalam $A$ . Khususnya $\P(\Omega) = 1$ dan kejadian mustahil $\varnothing$ berpeluang $0$ .

Proposisi 9.3 (Hasil yang sama-sama mungkin)

Jika $n$ hasilnya sama-sama mungkin (masing-masing $p_i = \frac1n$ ), maka untuk setiap kejadian $A$ :

\P(A) = \frac{\text{banyaknya hasil dalam } A}{n} = \frac{\text{kasus yang menguntungkan}}{\text{kasus yang mungkin}} .

Bukti. $A$ memuat sejumlah $k$ hasil, masing-masing berpeluang $\frac1n$ , sehingga $\P(A) = \frac kn$ . ∎

Contoh 9.4

Lemparlah sebuah dadu setimbang: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , setiap hasilnya berpeluang $\frac16$ . Kejadian $A$ : “hasilnya genap” adalah $A = \{2, 4, 6\}$ , jadi $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . Kejadian $B$ : “hasilnya paling sedikit $5$ ” adalah $B = \{5, 6\}$ , jadi $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Memadukan kejadian

Definisi 9.5 (Irisan, gabungan, komplemen)

Misalkan $A$ dan $B$ dua kejadian.

$A \cap B$ (“ $A$ dan $B$ ”) terjadi apabila keduanya terjadi;
$A \cup B$ (“ $A$ atau $B$ ”) terjadi apabila paling sedikit satu terjadi;
komplemen $\bar A$ (“bukan $A$ ”) terjadi tepat ketika $A$ tidak terjadi;
$A$ dan $B$ disebut saling lepas apabila keduanya tidak dapat terjadi bersamaan: $A \cap B = \varnothing$ .

Teorema 9.6 (Aturan penjumlahan)

Untuk semua kejadian $A$ dan $B$ :

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B), \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A) .

Untuk kejadian yang saling lepas, aturan pertamanya menyederhana menjadi $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ .

Bukti. Menjumlahkan $\P(A) + \P(B)$ menambahkan peluang setiap hasil dalam $A \cup B$ satu kali, kecuali hasil dalam $A \cap B$ , yang terhitung dua kali — sekali di $A$ dan sekali di $B$ . Mengurangkan $\P(A \cap B)$ memperbaiki penghitungan ganda itu. Untuk komplemennya: $A$ dan $\bar A$ saling lepas dan $A \cup \bar A = \Omega$ , jadi $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

Dua kejadian yang bertumpang tindih: pada (A) + (B), irisan A ∩ B yang terarsir terhitung dua kali, dan itulah yang menjelaskan pengurangan pada aturan penjumlahannya. — Dua kejadian yang bertumpang tindih: pada $\P(A) + \P(B)$ , irisan $A \cap B$ yang terarsir terhitung dua kali, dan itulah yang menjelaskan pengurangan pada aturan penjumlahannya.

Contoh 9.7

Ambil satu kartu dari satu set $52$ kartu baku. Misalkan $A$ : “kartunya bergambar hati” ( $13$ kartu) dan $B$ : “kartunya raja” ( $4$ kartu). Maka $A \cap B$ adalah “raja hati” ( $1$ kartu), dan

\P(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}.

Aturan komplemen sering menjadi jalan tercepat: peluang bahwa kartunya bukan hati adalah $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Diagram pohon

Metode 9.8 (Percobaan dua langkah)

Untuk percobaan yang dikerjakan dalam dua langkah:

gambarlah sebuah pohon: satu cabang untuk setiap hasil yang mungkin pada langkah pertama, lalu dari masing-masingnya, satu cabang untuk setiap hasil langkah kedua, sambil menuliskan peluang pada setiap cabang (cabang yang meninggalkan sebuah simpul harus berjumlah $1$ );
peluang sebuah jalur (sehelai daun pohon itu) adalah hasil kali peluang sepanjang cabangnya;
peluang sebuah kejadian adalah jumlah peluang jalur yang mewujudkannya.

Contoh 9.9

Sebuah guci berisi $3$ bola merah dan $2$ bola biru. Ambil satu bola, kembalikan, lalu ambil lagi. Setiap pengambilan memberi merah (M) berpeluang $\frac35$ dan biru (B) berpeluang $\frac25$ .

Pohon dua pengambilan dengan pengembalian. Keempat peluang jalurnya berjumlah 1. — Pohon dua pengambilan dengan pengembalian. Keempat peluang jalurnya berjumlah $1$ .

Peluang memperoleh dua bola berwarna sama adalah $\P(\text{MM}) + \P(\text{BB}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; peluang memperoleh paling sedikit satu biru adalah $1 - \P(\text{MM}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (aturan komplemen).

Catatan 9.10

Tanpa pengembalian, peluang pengambilan kedua bergantung pada yang pertama: dengan guci di atas, setelah mengambil sebuah bola merah, hanya tersisa $2$ merah dan $2$ biru, sehingga cabang keduanya membawa $\frac24$ dan $\frac24$ . Metode pohonnya bekerja tanpa perubahan; hanya bilangan pada cabang tingkat keduanya yang berubah.

9.4 Frekuensi relatif dan penyampelan

Ketika sebuah percobaan acak diulang berkali-kali, frekuensi relatif yang teramati untuk sebuah kejadian mendekati peluangnya — itulah sebabnya peluang berguna untuk memerikan dunia nyata.

Definisi 9.11 (Sampel)

Sebuah sampel berukuran $n$ adalah hasil mengulang percobaan yang sama sebanyak $n$ kali secara saling bebas. Frekuensi relatif teramati sebuah kejadian pada sampel itu adalah banyaknya kemunculan dibagi $n$ .

Contoh 9.12

Sebuah koin setimbang memberi gambar dengan peluang $0.5$ . Melemparnya $100$ kali jarang memberi tepat $50$ gambar: sampel itu berfluktuasi. Rangkaian khas $100$ lemparan memberi frekuensi relatif seperti $0.46$ , $0.53$ , $0.49$ — dekat dengan $0.5$ , tetapi tidak sama. Sampel yang lebih besar berfluktuasi lebih kecil: dengan $10\,000$ lemparan, frekuensi relatif yang teramati biasanya berada dalam sekitar $0.01$ dari $0.5$ .

Catatan 9.13 (Interval fluktuasi)

Sebuah aturan praktis yang berguna, yang dibenarkan pada Bab 19: untuk sampel berukuran $n$ dari kejadian berpeluang $p$ (dengan $n$ cukup besar), frekuensi relatif yang teramati terletak dalam interval

\intcc{p - \frac{1}{\sqrt n}}{\,p + \frac{1}{\sqrt n}}

pada kira-kira $95\%$ sampelnya. Jika sebuah frekuensi relatif teramati jatuh jauh di luar interval ini, ragukanlah nilai $p$ itu: inilah titik tolak pengujian statistik.

Contoh 9.14

Sebuah pabrik mengaku bahwa hanya $10\%$ suku cadangnya yang cacat ( $p = 0.1$ ). Pada sampel berisi $n = 400$ suku cadang, $64$ di antaranya cacat: frekuensi relatifnya $\frac{64}{400} = 0.16$ . Interval fluktuasinya adalah $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , dan $0.16$ jatuh di luarnya: sampel itu meragukan pengakuannya secara serius.

9.5 Latihan

Latihan 9.1 ★

Sebuah dadu setimbang dilempar. Hitunglah peluang setiap kejadian berikut: “memperoleh $6$ ”; “memperoleh bilangan ganjil”; “memperoleh paling banyak $4$ ”; “memperoleh $7$ ”.

Solusi

Solusi Latihan 9.1.

Masing-masing dari $6$ hasilnya berpeluang $\frac16$ . “Memperoleh $6$ ”: $\frac16$ . “Bilangan ganjil” $= \{1, 3, 5\}$ : $\frac36 = \frac12$ . “Paling banyak $4$ ” $= \{1,2,3,4\}$ : $\frac46 = \frac23$ . “Memperoleh $7$ ”: kejadian mustahil, peluangnya $0$ .

Latihan 9.2 ★

Sebuah kantong berisi $5$ kelereng hijau, $3$ kuning dan $2$ hitam; satu kelereng diambil secara acak. Hitunglah peluang bahwa kelereng itu hijau; bahwa kelereng itu bukan hitam; bahwa kelereng itu hijau atau kuning.

Solusi

Solusi Latihan 9.2.

Ada $10$ kelereng yang sama-sama mungkin. $\P(\text{hijau}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{bukan hitam}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . Hijau dan kuning saling lepas: $\P(\text{hijau atau kuning}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Latihan 9.3 ★

Di sebuah kelas berisi $30$ siswa, $18$ belajar bahasa Spanyol, $10$ belajar bahasa Jerman, dan $4$ belajar keduanya. Seorang siswa dipilih secara acak. Dengan aturan penjumlahan, hitunglah peluang bahwa siswa itu belajar paling sedikit satu di antara kedua bahasa itu, lalu peluang bahwa ia tidak belajar keduanya.

Solusi

Solusi Latihan 9.3.

Misalkan $S$ : “belajar bahasa Spanyol”, $G$ : “belajar bahasa Jerman”. Maka $\P(S) = \frac{18}{30}$ , $\P(G) = \frac{10}{30}$ , $\P(S \cap G) = \frac{4}{30}$ . Aturan penjumlahan:

\P(S \cup G) = \frac{18}{30} + \frac{10}{30} - \frac{4}{30} = \frac{24}{30} = \frac45 .

Komplemennya: $\P(\text{tidak keduanya}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Latihan 9.4 ★

Sebuah koin setimbang dilempar dua kali. Gambarlah pohon percobaannya lalu hitunglah peluang memperoleh dua gambar; tepat satu gambar; paling sedikit satu gambar.

Solusi

Solusi Latihan 9.4.

Pohonnya mempunyai empat jalur, yaitu GG, GA, AG, AA, masing-masing berpeluang $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Dua gambar: $\frac14$ . Tepat satu gambar (GA atau AG): $\frac24 = \frac12$ . Paling sedikit satu gambar: $1 - \P(\text{AA}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Latihan 9.5 ★★

Sebuah guci berisi $4$ bola merah dan $6$ bola putih. Dua bola diambil satu demi satu tanpa pengembalian. Gambarlah pohonnya dengan peluang yang benar pada tingkat kedua, lalu hitunglah peluang mengambil dua bola merah, lalu peluang mengambil dua bola berbeda warna.

Solusi

Solusi Latihan 9.5.

Pengambilan pertama: merah berpeluang $\frac{4}{10}$ , putih $\frac{6}{10}$ . Pengambilan kedua tanpa pengembalian: setelah merah, tersisa $3$ merah dan $6$ putih di antara $9$ ; setelah putih, $4$ merah dan $5$ putih di antara $9$ .

Dua merah: $\frac{4}{10} \times \frac39 = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ .

Warna berbeda: jalur MP dan PM:

\frac{4}{10} \times \frac69 + \frac{6}{10} \times \frac49 = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{48}{90} = \frac{8}{15}.

Latihan 9.6 ★★

Dua dadu setimbang dilempar dan jumlah matanya dicatat.

Jelaskan mengapa ruang sampelnya dapat diambil sebagai $36$ pasangan yang sama-sama mungkin $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
Hitunglah peluang bahwa jumlahnya $7$ ; bahwa jumlahnya $12$ ; bahwa jumlahnya paling banyak $4$ .
Jumlah manakah yang paling mungkin?

Solusi

Solusi Latihan 9.6.

1. Setiap dadu secara saling bebas menampilkan setiap sisi dengan peluang $\frac16$ , sehingga $36$ pasangan terurutnya sama-sama mungkin; jumlah matanya ditentukan oleh pasangan itu.

2. Jumlah $7$ : pasangan $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , jadi $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Jumlah $12$ : hanya $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Jumlah paling banyak $4$ : pasangan yang berjumlah $2$ , $3$ atau $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ — enam pasangan, jadi $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. Banyaknya pasangan yang mencapai setiap jumlah naik dari $1$ (jumlah $2$ ) sampai $6$ (jumlah $7$ ) lalu menurun: jumlah yang paling mungkin adalah $7$ .

Latihan 9.7 ★★

Sebuah soal pilihan ganda menawarkan $4$ jawaban, satu di antaranya benar. Seorang siswa menjawab $2$ soal semacam itu yang saling bebas, sepenuhnya secara acak. Hitunglah peluang menjawab benar keduanya, benar tepat satu, dan benar tidak satu pun. Periksa bahwa ketiga peluang itu berjumlah $1$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.7.

Setiap soal dijawab benar dengan peluang $\frac14$ , secara saling bebas. Pohonnya bertingkat dua:

Keduanya benar: $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Tepat satu benar: jalur benar–salah dan salah–benar: $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Tidak satu pun benar: $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

Periksa: $\frac{1}{16} + \frac{6}{16} + \frac{9}{16} = 1$ .

Latihan 9.8 ★★

Seorang politikus mengaku memperoleh dukungan $50\%$ . Dalam jajak pendapat terhadap $n = 900$ pemilih yang dipilih acak, $396$ mendukungnya.

Hitunglah frekuensi relatif teramati dan interval fluktuasinya di sekitar $p = 0.5$ untuk $n = 900$ .
Apakah jajak pendapat itu meragukan pengakuannya?

Solusi

Solusi Latihan 9.8.

1. Frekuensi relatif teramati: $\frac{396}{900} = 0.44$ . Dengan $n = 900$ : $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , sehingga interval fluktuasinya sekitar $\intcc{0.467}{0.533}$ .

2. Nilai teramati $0.44$ terletak di luar interval itu: sampel berisi $900$ pemilih dari populasi dengan dukungan $50\%$ jarang menyimpang sejauh itu. Jajak pendapat itu sangat meragukan pengakuan $50\%$ tadi.

Latihan 9.9 ★★★

Sebuah permainan berbiaya $2$ untuk dimainkan: kamu melempar dadu setimbang lalu menang $6$ bila muncul $6$ , menang $3$ bila muncul $5$ , dan tidak memperoleh apa-apa selain itu.

Hitunglah peluang setiap jumlah kemenangan ( $6$ , $3$ , $0$ ).
Selama $600$ permainan, kira-kira berapa kali tiap hasil kamu harapkan? Hitunglah total harapan untung dan ruginya: apakah permainan ini layak dimainkan?

Solusi

Solusi Latihan 9.9.

1. $\P(\text{menang } 6) = \frac16$ (muncul $6$ ), $\P(\text{menang } 3) = \frac16$ (muncul $5$ ), $\P(\text{menang } 0) = \frac46 = \frac23$ .

2. Selama $600$ permainan, harapkan sekitar $100$ kali enam, $100$ kali lima, dan $400$ lemparan lainnya. Kemenangannya: sekitar $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Biayanya: $600 \times 2 = 1200$ . Hasil bersih yang diharapkan: $900 - 1200 = -300$ , yaitu rugi sekitar $0.5$ per permainan secara rata-rata — permainan itu tidak layak dimainkan.

9.6 Soal: Tiga pintu yang memperdaya seribu matematikawan

Soal 9.1

Soal akhir pekan — paradoks Monty Hall dan kerabatnya: bagaimana keterangan mengubah peluang, dan bagaimana sampel memisahkan pengakuan dari angan-angan

Pada tahun 1990 pengasuh rubrik Marilyn vos Savant menerbitkan sebuah teka-teki tentang pemandu acara kuis, tiga pintu, sebuah mobil dan dua ekor kambing — lalu menjawabnya dengan benar. Sepuluh ribu pembaca, di antaranya ratusan doktor matematika, menyurati redaksi untuk bersikeras bahwa ia keliru. Soal ini mempersenjatai kamu dengan pohon (Metode 9.8), komplemen dan aturan penjumlahan (Teorema 9.6), membiarkanmu menuntaskan perdebatan itu sendiri, lalu ditutup dengan alat yang menengahi setiap sengketa semacam itu dalam praktik: sampel yang berfluktuasi.

Bagian I — Aturannya, sebagai pemanasan.

Satu kartu dari satu set $52$ kartu baku: hitunglah $P(\text{raja atau hati})$ dengan aturan penjumlahan — lalu katakan mengapa $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ saja keliru.
Tiga lemparan koin setimbang: hitunglah $P(\text{paling sedikit satu gambar})$ lewat komplemennya.
Sebuah kantong berisi $3$ kelereng merah dan $2$ biru; dua diambil tanpa pengembalian. Dengan sebuah pohon, hitunglah $P(\text{dua merah})$ dan $P(\text{satu dari tiap warna})$ .
Lengkapkan distribusi pada pertanyaan 3 dengan $P(\text{dua biru})$ lalu periksa bahwa ketiga peluang itu berjumlah $1$ .
Seseorang melaporkan, untuk dua kejadian yang saling lepas, $P(A) = 0.6$ dan $P(B) = 0.5$ . Buktikan kesalahannya dengan satu baris perhitungan.

Bagian II — Ketiga pintu itu. Permainannya: sebuah mobil bersembunyi di balik salah satu dari tiga pintu, kambing di balik dua pintu lainnya. Kamu memilih satu pintu (misalnya pintu 1). Pemandu acara — yang tahu di mana mobilnya — membuka salah satu dari dua pintu yang lain, selalu memperlihatkan kambing, lalu menawarimu kesempatan untuk berpindah ke pintu tertutup yang tersisa.

Sebelum menghitung apa pun: apakah berpindah itu menolong, merugikan, atau tidak berpengaruh? Tuliskan jawaban nalurimu — dengan jujur.
Sekarang pohonnya, menurut kasus letak mobil yang sebenarnya (masing-masing $\frac13$ ): jika mobilnya di balik pintumu, berpindah membuatmu kalah; jika mobilnya di balik salah satu pintu lain, apa yang harus dilakukan pemandu acara, dan apa yang lalu dimenangkan dengan berpindah? Hitunglah $P(\text{menang dengan berpindah})$ .
Versi satu barisnya: berpindah menang tepat ketika pilihan pertamamu keliru. Simpulkan sekali lagi.
Kini ragam yang penting — “Monty Fall”: pemandu acaranya tidak tahu di mana mobilnya, membuka salah satu pintu lain secara acak, dan karena beruntung memperlihatkan kambing. Daftarkan keenam skenario yang sama-sama mungkin (letak mobil $\times$ pintu yang dibuka), buanglah skenario yang memperlihatkan mobilnya, lalu hitunglah peluang bahwa berpindah itu menang di antara skenario yang tersisa. Apa yang berubah, dan mengapa pengetahuan pemandu acara itu penting?
Pemompa gerak hati: seratus pintu, kamu memilih satu, lalu pemandu acara yang tahu membuka $98$ pintu berkambing. Berpindah? Dengan peluang menang berapa?
Kamu berhadapan dengan seorang peragu yang, seperti seribu penulis surat itu, bersikeras “50–50”. Perikan sebuah simulasi dengan kartu (tiga kartu, banyak ronde, seorang teman sebagai pemandu acara) lalu katakan berapa bagian kemenangan berpindah yang kamu harapkan setelah $300$ ronde — dengan interval fluktuasi bab ini sebagai batas kesalahanmu.

Bagian III — Kerabat paradoks itu.

Sebuah keluarga mempunyai dua anak; kamu mengetahui bahwa paling sedikit satu di antaranya laki-laki. Daftarkan susunan dua anak yang sama-sama mungkin dan sesuai dengan keterangan itu, lalu hitunglah $P(\text{dua anak laki-laki})$ .
Keluarga yang sama, tetapi keterangannya kini: anak yang lebih tua laki-laki. Hitunglah ulang. Mengapa kedua jawabannya berbeda, dan apa kesamaannya dengan kedua Monty tadi?
Tiga koin setimbang: hitunglah $P(\text{ketiganya sama})$ . Matematikawan d’Alembert berargumen pada tahun 1754 untuk jawaban yang lain: “entah ketiganya sama entah tidak — satu kasus dari dua.” Sebutkan kekeliruannya secara tepat, dengan Proposisi 9.3 di tangan.
Sebuah permainan berbiaya $2$ euro: lemparlah dadu, menang $6$ euro bila muncul enam, $3$ euro bila muncul lima, dan tidak memperoleh apa-apa selain itu (Latihan 9.9). Selama $600$ permainan, rata-rata untung per permainan berapa yang diramalkan penghitungan itu? Seorang penjamin asuransi memainkan matematika yang sama: peluang $1\,\%$ per tahun untuk klaim sebesar $10\,000$ euro — berapa premi yang adil, dan mengapa premi yang sesungguhnya melampauinya?

Bagian IV — Sampel sebagai penengah.

Sebuah koin dilempar $100$ kali. Dengan memakai interval fluktuasi $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , putuskan hasil mana di antara berikut yang patut mengangkat alis: $55$ gambar; $70$ gambar.
Sebuah jajak pendapat terhadap $1\,000$ pemilih memberi seorang calon $52\,\%$ . Hitunglah interval fluktuasi di sekitar $50\,\%$ lalu katakan apakah jajak pendapat itu membuktikan bahwa sang calon unggul.
Sebuah pabrik mengaku bahwa $4\,\%$ suku cadangnya cacat. Sampel berisi $400$ menunjukkan $28$ yang cacat ( $7\,\%$ ); sampel berikutnya berisi $2\,500$ menunjukkan $175$ (lagi-lagi $7\,\%$ ). Ujilah pengakuannya terhadap masing-masing sampel. Mengapa putusannya berbeda?
Dua sumber galat menghantui setiap survei: bias penyampelan (soal akhir pekan tentang cara data berdusta di jilid sebelumnya) dan fluktuasi penyampelan (bab ini). Mana yang mengecil ketika $n$ membesar, dan mana yang bertahan pada ukuran sampel berapa pun? Masing-masing satu kalimat.
Penutup — daftar periksa sang ahli peluang, satu baris untuk setiap butir: hasil yang sama-sama mungkin sebelum dihitung (pertanyaan 15); pohon dan komplemen untuk percobaan bertahap dan untuk “paling sedikit” (pertanyaan 2–3); keterangan mengubah peluang, dan cara keterangan itu diperoleh pun penting (pertanyaan 7–14); sampel berfluktuasi sekitar $\frac{1}{\sqrt n}$ , dan simulasi yang menengahi (pertanyaan 11, 16–18).

Solusi

Solusi Soal 9.1.

1. $P(\text{raja atau hati}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : raja hati duduk di dalam kedua kejadian itu dan tidak boleh terhitung dua kali — karena itulah pengurangannya (Teorema 9.6).

2. $P(\text{tanpa gambar}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , sehingga $P(\text{paling sedikit satu}) = \frac78$ .

3. $P(MM) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{satu dari tiap warna}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(BB) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; lalu $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : daun sebuah pohon selalu berjumlah $1$ .

5. Kejadian yang saling lepas menuruti $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : mustahil — ada peluang yang dikarang.

6. (Kebanyakan orang, termasuk seribu penulis surat itu, menjawab “tidak berpengaruh, 50–50”. Simpanlah jawabanmu untuk pertanyaan 8.)

7. Mobil di balik pintu 1 (peluangnya $\frac13$ ): pemandu acara membuka salah satu pintu berkambing; berpindah meninggalkan mobilnya: kalah. Mobil di balik pintu 2 ( $\frac13$ ): pemandu acara harus membuka pintu 3; berpindah mendarat pada pintu 2: menang. Mobil di balik pintu 3: setangkup, jadi menang. Seluruhnya: $P(\text{berpindah menang}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Pilihan pertamamu keliru dengan peluang $\frac23$ — dan tepat pada saat itu, pembukaan yang terpaksa oleh pemandu acara meninggalkan mobilnya di balik pintu yang tersisa: berpindah mengubah setiap kekeliruan awal menjadi kemenangan. Jadi $\frac23$ , apa pun kata naluri tadi.

9. Enam skenario yang sama-sama mungkin: mobil di balik $1$ , $2$ atau $3$ , dan pemandu acara membuka pintu $2$ atau $3$ (tidak pernah pintumu). Pembukaan itu memperlihatkan mobilnya pada dua di antaranya (mobil di 2/buka 2, mobil di 3/buka 3): keduanya dibuang. Di antara empat yang tersisa — mobil di 1/buka 2, mobil di 1/buka 3, mobil di 2/buka 3, mobil di 3/buka 2 — berpindah menang pada dua yang terakhir: $\frac24 = \frac12$ . Dengan pemandu acara yang tidak tahu, 50–50 memang benar: paradoksnya hidup sepenuhnya pada pengetahuan pemandu acara, yang menyaring skenarionya secara tidak merata.

10. Pilihanmu memuat mobilnya dengan peluang $\frac{1}{100}$ ; $98$ pembukaan oleh pemandu acara yang tahu mengalirkan sisa $\frac{99}{100}$ itu ke satu pintu tertutup. Berpindahlah, dan menanglah $99$ kali dari $100$ .

11. Tiga kartu (satu bertanda mobil dan dua bertanda kambing), seorang teman yang mengintip lalu selalu membuang kartu kambing dari dua kartu yang tidak kamu pilih; mainkan $300$ ronde, selalu berpindah, lalu catat kemenangannya. Frekuensi relatif yang diharapkan $\frac23 \approx 0.667$ , dengan fluktuasi $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : harapkan antara sekitar $61\,\%$ dan $72\,\%$ kemenangan berpindah — jauh dari “50–50” mana pun.

12. Susunan yang sama-sama mungkin (lebih tua–lebih muda): LL, LP, PL, PP. “Paling sedikit satu laki-laki” menyisakan LL, LP dan PL: $P(\text{LL}) = \frac13$ .

13. “Yang lebih tua laki-laki” menyisakan LL, LP: $P(\text{LL}) = \frac12$ . Keterangan yang berbeda menyaring himpunan skenario yang berbeda — persis seperti kedua Monty tadi: apa yang kamu ketahui itu penting, dan bagaimana kamu mengetahuinya sama pentingnya.

14. Ketiganya sama: GGG, AAA: $\frac28 = \frac14$ . Kekeliruan d’Alembert: kedua “kasusnya” tidak sama-sama mungkin — “tidak ketiganya sama” membungkus enam dari delapan hasilnya. Proposisi 9.3 hanya membilang atas hasil yang sama-sama mungkin.

15. Rata-rata kemenangan per permainan: $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euro, berhadapan dengan taruhan $2$ euro: yaitu rata-rata rugi $0.50$ per permainan, sekitar $300$ euro selama $600$ permainan. Premi yang adil menyamakan rata-rata pembayarannya: $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euro; premi yang sesungguhnya menambahkan biaya dan margin keamanan — penjamin asuransi harus bertahan pada tahun yang buruk, bukan hanya pada tahun yang rata-rata.

16. Intervalnya: $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . Sebanyak $55$ gambar ( $0.55$ ): di dalam, biasa saja. Sebanyak $70$ gambar ( $0.70$ ): jauh di luar — ragukanlah koinnya.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : seorang calon yang sebenarnya $50\,\%$ biasanya akan terjaring pada $\intcc{0.468}{0.532}$ — dan $0.52$ duduk nyaman di dalamnya. Jajak pendapat itu mengisyaratkan keunggulan tetapi tidak membuktikan apa pun: batas kesalahannya menelannya.

18. Sampel pertama: intervalnya $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; nilai teramati $0.07$ ada di dalamnya: tanpa putusan. Sampel kedua: $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; nilai teramati $0.07$ jatuh di luarnya: pengakuannya kini sangat diragukan. Frekuensi relatifnya sama, alatnya lebih tajam: ketelitiannya tumbuh seperti $\sqrt n$ .

19. Fluktuasinya mengecil seperti $\frac{1}{\sqrt n}$ : lipatempatkan sampelnya, deraunya menjadi separuh. Bias — bertanya kepada kerumunan yang keliru — bertahan pada $n$ berapa pun: dua juta surat suara yang salah pilih tetap saja salah (soal akhir pekan tentang cara data berdusta di jilid sebelumnya).

20. (i) Periksalah bahwa hasilnya sama-sama mungkin sebelum dihitung — d’Alembert lupa. (ii) Pohon mengalikan sepanjang cabangnya; “paling sedikit satu” menyerah kepada komplemennya. (iii) Keterangan menyaring skenario, dan sumbernya mengubah saringan itu — Monty yang tahu lawan Monty yang jatuh, anak sulung laki-laki lawan ada anak laki-laki. (iv) Frekuensi relatif mendekati peluang dengan laju $\frac{1}{\sqrt n}$ , sehingga simulasi yang sabar menuntaskan perdebatan apa pun — termasuk perdebatan dengan sepuluh ribu penulis surat yang marah.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium