Peluang dan kombinatorik

1. Marsudi Raharjo, Drs. M.Sc.Ed
Widyaiswara Madya P4TK Matematika Yogya
Bantul, 3 Des 1956
Pembina Tk 1, IV/b
S1 P Mat. IKIP Yogya 1982
S2 Secondary Mathematics Education, State University of New York,
USA 1998.
Rumah:
Cungkuk RT 06 No.171 Ngestiharjo,Kasihan, Bantul, DIY 55182
Telp. 0274-618809
HP: 081 392 173 195

2. Peluang dan Kombinatorik
Peluang (Definisi)
Adalah nilai frekuensi relatif munculnya suatu peristiwa dalam
suatu eksperimen jika banyaknya percobaan tak terhingga
P(A) =
Kombinatorik
Adalah teknik menghitung banyaknya anggota ruang sampel
1. Dengan cara mendaftar
2. Dengan membuat tabel
3. Dengan membuat diagram pohon
)A(frlim
n 

3. Eksperimen (Percob. Acak)
 Ada Obyek Eksperimen
 Ada Cara Eksperimen
 Ada Hasil-hasil Yang Mungkin (Titik-titik Sampel)
S = Ruang Sampel = { s1 , s2 , s3 , . . . , s5 }
= Himpunan semua hasil yang mungkin
dalam eksperimen itu
s1 , s2 , s3 , . . . , s5 masing-masing
disebut titik sampel
Obyek
Eksp.
Cara Eksp.
Hasil-hasil
Yang Mungkin
s1
s2
s3
s4
s5
S
s2
S
s1
s3 s4 s5

4. Peluang Untuk R Sampel Berhingga
S = Ruang Sampel
= Himpunan semua hasil yang mungkin terjadi dalam
eksperimen itu
= {s1 , s2 , s3 , . . . , sm , . . . , sn}
A = Suatu peristiwa dalam ruang sampel S
= {s1 , s2 , s3 , . . . , sm}
Prinsip Penjumlahan
P(A) = P({s1}) + P({s2}) + P({s3}) + . . . + P({sm})
= jumlah peluang masing-masing titik sampel
yang ada di dalamnya
sn
S
A
s3
s2
s1
sm

5. Peluang Berdasar Pengundian
Banyaknya
Percobaan
(n)
Frekuensi
Munculnya pk
py miring
(m)
Frek. Relatif
munculnya
m
Fr =
1.000
5.000
10.000
15.000
20.000
315
1.577
3.157
4.682
6.214
0,3140
0,3154
0,3157
0,3127
0,3107
n
m
Banyaknya
Percobaan
(n)
Frekuensi
Munculnya
muka angka
(m)
Frek. Relatif
munculnya
muka A
Fr =
1.000
5.000
10.000
15.000
20.000
473
2.550
5.098
7.619
10.038
0,4730
0,5100
0,5098
0,5079
0,5019
n
m

6. Peluang Berdasar Pengambilan Sampel
 Pengambilan Sekaligus → Kombinasi
Pengulangan obyek eksp. tidak
dimungkinkan dan urutan tak
diperhatikan (tak punya makna)
 Pengambilan Satu Demi Satu
1. Tanpa Pengembalian → Permutasi
Pengulangan obyek eksp. tidak
dimungkinkan dan urutan
diperhatikan (punya makna)
2. Dengan Pengembalian → Bukan Permutasi dan
Bukan Kombinasi

7. 1. Pengambilan Sekaligus
Hasil-hasil yang
mungkinObyek Eksp
Cara Ekp.
1 2 3
Eksp1: ambil acak
2 bola sekaligus
… s1
… s2
… s3
1 2
1 3
2 3
S
A
Ambil acak 2 bola sekaligus.
Hasil-hasil yang mungkin?
A
S
s2
s1 s3
S = {s1, s2 , s3 } = Ruang sampel hasil eksperimen
A = Peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil
= {s1, s3 }
n(S) = = 3 .
P(A) = = .
Banyaknya
Eksp.
Frek.
Munculnya
s1 =
s2 s3
300 kali
3.000 kali
15.000 kali
30.000 kali
banyak
kali
92
1.012
4.989
10.012
Fr (s1) ≈
105
991
5.007
9.984
Fr (s2) ≈
93
997
5.004
10.004
Fr (s3) ≈
1 2 1 3 2 3
3
1
3
1
3
1
P({s1}) = P({s2}) = P({s3}) =
Maka S berdistribusi seragam
3
1
)S(n
)A(n
3
2
3
2C

8. 2. Pengambilan Satu demi Satu Tanpa
Pengembalian
.ekspobyekdari
obyekP
3
2
P({s1}) = P({s2}) = … = P({s6}) =
Maka S berdistribusi seragam.
6
1
A
S
s6
s5
s4
s2
s1
s3
Obyek Eksp
Cara Ekp.
1 2 3
Eksp 2 : ambil acak
2 bola 1 – 1 tanpa pengembalian
Ambil acak 2 bola 1 – 1 tanpa pengemb.
Hasil-hasil yang mungkin?
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
…
S
A
3 cara
2 cara
Hasil-hasil
yang mungkin
S = {s1, s2 , s3 , . . . ,s6 } = Ruang sampel hasil eksperimen
A = peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil
= {s1, s3, s4 , s6 }
P(A) = = = .
n(S) = = =
)S(n
)A(n
6
4
3
2
3 × 2 6.
.ekspobyekdari
obyekP
3
2

9. 3. Pengambilan 1 – 1 Dengan
Pengembalian
A
Ss7
s2
s6
s3
s4
s8
s1
s5
s9
S = {s1, s2 , s3, ... , s9} = Ruang sampel hasil eksperimen.
n(S) = 3 × 3 = 9
A = peristiwa terambilnya jumlah kedua nomor bola ganjil.
= {s2, s4, s6 , s8 }
P(A) = = .
)S(n
)A(n
9
4
P({s1}) = P({s2}) = … = P({s9}) =
Maka S berdistribusi seragam.
9
1
Eksp2:ambil acak
2 bola 1-1 dengan pengemb.
Ambil acak 2 bola 1-1 dengan
pengembalian. Hasil-hasil yang mungkin?
I
Hasil-hasil yang
mungkin
S
II A
2
3
1 2 3
1
1 … s1
1 1…
2 … s2
1 2…
3 … s31 3…
1 … s73 1…
2 … s8
3 2…
3 … s93 3…
3 cara
3 cara

10. Kesimpulan
Beberapa contoh di atas memberikan pemahaman atas definisi
Peluang berikut ini
1. Definisi Empirik
Peluang munculnya suatu peristiwa ialah nilai frekuensi relatif munculnya peristiwa
itu jika banyaknya percobaan tak terhingga
2. Definisi Klasik
Jika masing-masing titik sampel dalam ruang sampel S berpeluang sama untuk
muncul, maka peluang munculnya peristiwa/kejadian A dalam S ialah
3. Tinjauan Secara Aksiomatik (Aksioma Kolmogorov)
(1) Untuk setiap peristiwa A, , (2) ,
(3) Jika A dan B adalah dua peristiwa lepas maka .
P(A) =
)S(n
)A(n
P(S) = 1 P(A)0 1
P(A B) +P(A)= P(B)

11. Relasi Antar Peristiwa
A B
S
A B
S
A B
S
A
B
S
Jika A dan B adalah 2 peristiwa dalam ruang sampel S, maka :
A dan B adalah dua peristiwa lepas, (asal lepas)
= Ø dan ≠ SBA BA
A dan B adalah dua peristiwa komplemen, yakni
A adalah bukan B dan B adalah bukan A, ditulis A = Bc
atau B = Ac jika = Ø dan = SBABA
A dan B adalah dua peristiwa bebas,
≠ Ø dan P(A∩B) = P(A) × P(B)BA
A dan B adalah dua peristiwa tak bebas,
≠ Ø dan P(A∩B) ≠ P(A) × P(B)BA

12. Prinsip Perkalian
a1
a2
T U
H1
c1
c3
V W
H1
b
H2
c2
Misalkan ada
2 jalur jalan dari kota T ke kota U
1 jalur jalan dari kota U ke kota V, dan
3 jalur jalan dari kota V ke kota W, maka
Ada 6 jalur jalan dari kota T ke kota W melalui kota U dan V, yaitu
J1= a1bc1,, J2= a1bc2 , J3= a1bc3 , J4= a2bc1,, J5= a2bc2 , J6= a2bc3.
Secara umum, jika ada n1 cara untuk mengambil keputusan K1
n2 cara untuk mengambil keputusan K2
nr cara untuk mengambil keputusan ke-r (Kr),
Maka ada
n1× n2 × n3 × . . . × nr cara
untuk mengambil semua keputusan.

13. Notasi Faktorial
Perhatikan bahwa
4! = 4 × 3 × 2 × 1
3! = 3 × 2 × 1, selanjutnya
Didefinisikan
n! = n × (n – 1)×(n – 2) × … × 2 × 1
0! = 1

14. Masalah Permutasi
Masalah
Misalkan diadakan undian untuk memperebutkan 2 hadiah (hadiah I dan II).
Jika yang memperebutkan hadiah itu ada 3 orang (A, B, dan C), ada berapa
cara kedua macam hadiah itu dapat diberikan kepada para pemenang?.
Jawab:
Menurut Prinsip Perkalian
Banyaknya cara: n(S) = = 3×2 = 6 = 3×2 = =
1
123 
)!23(
!3


n
rP
)!rn(
!n

=3
2P
3
2P
Obyek
Eksp.
A
B
C
Cara Eksp.
Diundi untuk
memperebutkan 2 hadiah
A
B
C
B
C
A
C
A
B
(B,A) = permutasi ke-3 = p3
(A,B) = permutasi ke-1 = p1
(A,C) = permutasi ke-2 = p2
(C,A) = permutasi ke-5 = p5
(C,B) = permutasi ke-6 = p6
(B,C) = permutasi ke-4 = p4
...
...
...
...
...
...
S, n(S) =
3 cara
2 cara
3
2P

15. Masalah Kombinasi
No Obyek Eksp. Cara Eksp. Kemungkinan yang dapat
hadir
1 O = {A,B,C,D} Diundang 2 orang
wakilnya untuk
rapat keluarga
AB = c1
AC = c2
AD = c3
BC = c4
BD = c5
CD = c6
2 O = {A,B,C,D} Diundang 3 orang
wakilnya untuk
rapat keluarga
ABC = c1
ABD = c2
ACD = c3
BCD = c4
n(S) = 6 = .
n(S) = 4 = .
4
3C
4
2C

16. Lanjutan 1 Kombinasi
6 × 2!Total = = 12 = 6 × 2= 6
2!
2!
2!
2!
2!
2!
AB dan BA
AC dan CA
AD dan DA
BC dan CB
BD dan DB
CD dan DC
c1 = AB
c2 = AC
c3 = AD
c4 = BC
c5 = BD
c6 = CD
Banyaknya
Permutasi
Jika elemen-elemen kombinasi itu
dipermutasikan
Macam
Kombinasi
4
2C 4
2P
Perhatikan bahwa
12 = 6 × 2!
= × 2!
4
2P 4
2C

17. Lanjutan 2 Kombinasi
Macam
Kombinasi
Jika elemen-elemen kombinasi itu
dipermutasikan
(Bayangkan hasilnya dari diagram pohon ybs)
Banyaknya
Permutasi
c1 = ABC
c2 = ABD
c3 = ACD
c4 = BCD
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, dan CBA
ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, dan DBA
ACD, ADC, CAD, CDA, DAC, dan DCA
ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, dan DBA
3!
3!
3!
3!
= 4 = 4 × 6 = 24 4 × 3!4
3C
4
3P
Perhatikan bahwa
24 = 4 × 3!
= × 3!
4
3P 4
3C
Dari :
(1) = × 2!
(2) = × 3!
4
2P
4
2C
4
3P 4
3C
Maka Secara Umum :4
2P4
2C
2!
=
4
3P4
3C
3!
=
n
rC = =
n
rP
r!
n!
(n – r)! r!

18. Segitiga Pascal dan Rumus Kombinasi
Segitiga Pascal Rumus Kombinasi Yang Bersesuaian
0
0C
1
0C 1
1C
2
0C 2
1C
2
2C
3
0C 3
1C
3
2C 3
3C
4
0C 4
1C 4
2C 4
3C 4
4C
5
0C
5
1C 5
2C 5
3C 5
4C 5
5C
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 46 1
1 5 5 110 10
Kesimpulan:
Rumus kombinasi bersesuaian dengan bilangan-bilangan yang ada
pada segitiga Pascal.

19. Permutasi Dengan Beberapa
Unsur Sama
Ada berapa cara untuk membuat susunan huruf yang berbeda dari kata
“MAMA”?.
Jawab
MMAA
MAMA
AMMA
AMAM
AAMM
MAAM
Ada 6 cara
Jika salah satu anggota diberi indeks
M1 A1 M2 A2
M2 A2 M1 A1
M1 A2 M2 A1
M2 A1 M1 A2
cabang)4memuatanggota6darianggotamasing-(masing4
berlainan)huruf4darihuruf4permutasi(banyaknya4!
= )AdanAdari(permutasi2!)MdanMdari(permutasi2!
4!
2121 
=
2!!2
!4
Selanjutnya perhatikan bahwa
=
6 =
cabangmemuatindeksdiberisetelahanggotadarigsinmagsinMa
hurufbanyaknyasesuaiindekasdiberiAdanMsetelahpermutasiSeluruh
46

20. Lanjutan Perm dg Bbrp Unsur
Sama
Berapa banyak cara untuk membuat susunan huruf dari kata “KAKAKKU”?
Jawab
Karena ada 4K, 2A, dan 1U, maka banyaknya cara = = = 105 cara.
7
)1,2,4(P
!1!.2!.4
!7
=247
1C 7
4C × ×
47
2C 
1!2!!4
!7
1!2!!4
2).(1).(3.4).5.6.7(
=
7
)1,2,4(P
Secara umum, =
!n...!n.!n
!n
k21
dengan n1= + n2 + + nkn
n
)n,...,n,n( k21
P
Secara matematika formal, banyaknya cara mengambil 4 huruf K dari 7 huruf ada
. Banyaknya cara mengambil 2 huruf A dari (7 – 4) huruf sisanya ada ,
dan banyaknya cara mengambil 1 huruf A dari (7 – 4 – 2) huruf sisanya ada .
Maka menurut prinsip perkalian banyaknya cara untuk membuat susunan huruf
dari kata KAKAKKU ada:
7
4C 47
2C 
247
1C 

21. Permutasi Siklis
A
C B
C
B A
B
A C
Misalkan 3 orang anak A, B, dan C diminta naik ke permainan roda putar
Karena roda putar maka ketiga
gambar di samping sebenarnya
menempati kursi yang sama.
Perhatikan!
Maka berarti ketiga permutasi siklis tsb sama, yakni ABC = CAB = BCA. Untuk
melihat kesamaannya perhatikan bahwa:
CAB.CAB = BCA.BCA = ABC (Pandanglah A sebagai titik awal).
Dari 3 tempat duduk pada permainan roda putar itu sebenarnya hanya ada 2
saja yang berbeda susunannya, yakni ABC dan ACB. Sehingga hanya ada 2
permutasi siklis.
Secara umum banyaknya permutasi siklis dari n obyek = = (n – 1)!
n
siklisP

22. Pengambilan Sampel (Lanjut)
a. Pengambilan Sampel Sekaligus
Misal dalam sebuah kotak berisi 2 bola merah dan 3 bola putih. Dari dalam
kotak itu kita ambil 3 bola sekaligus. Berapakah banyaknya anggota ruang
sampelnya?. Jika A = peristiwa teramblnya 1 bola merah dan 2 bola puitih,
tentukan P(A).
2m
m2 p3
m1
p2
p1
3p
Ambil acak
3 bola sekaligus
p3
p1 p2
p1 p2 m1
p1 p2 m2
p1 p3 m1
p1 p3 m2
p3p2 m1
m2p3p2
m2p2 m1
m2m1p3
m2m1p1
S
s1
…
s10
…
s2
…
s3
…
s4
…
s5
…
s6
…
s7
…
s8
…
s9
…
Obyek Eksp.
Gambar 1
n(S) = 10 = , yakni kombinasi 3 dari 5 .
Perhatikan bahwa
5
3C

23. Pengambilan Sampel (Lanjut)
b. Satu demi satu tanpa pengembalian
Misal dalam sebuah kotak berisi 2 bola merah dan 3 bola putih. Dari dalam
kotak itu kita ambil 3 bola 1 – 1 tanpa pengembalian. Berapakah banyaknya
anggota ruang sampelnya?. Jika A = peristiwa teramblnya 1 bola merah dan 2
bola puitih, tentukan P(A).
Pertanyaan
Yang terakhir tersebut titik sampel yang ke berapa?
Gambar 2.a
2m
m2 p3
m1
p2
p1
3p
Ambil acak 3 bola
1 – 1 tanpa pengembalian
m1
m2
p1
p2
p3
m2
p1
p2
p3
p1
p2
p3
p2
p1
m2
m1
S?
…
…
…
…
…
…
s1
s2
s3
S
III
I
II

24. Pengambilan Sampel (Lanjut)
2m
m2 p3
m1
p2
p1
3p
Ambil acak 3 bola
1 – 1 tanpa pengembalian
m1
m2
p1
p2
p3
m2
p1
p2
p3
p1
p2
p3
p2
p1
m2
m1
S60
…
…
…
…
…
…
s1
s2
s3
S
Gambar 2.b
Dengan demikian maka S = {s1, s2, s3, … , s60},
n(S) = 60.
Secara nalar maka keenampuluh titik sampel itu berpeluang sama untuk muncul.
Artinya P({s1}) = P({s2}) = P({s3}) = P({s4}) = … = P({s60}) = .
60
1

25. Pengambilan Sampel Tanpa
Pengembalian (Lanjut)
Gambar 2
Berikut adalah benntuk lain dari gambar (2.b) di atas jika warna bolanya tidak diberi
indeks. Dalam bentuk ini Ruang Sampel S dan peristiwa A menjadi n(S) = 7 dan n(A) = 3.
Namun jika dinyatakan dalam bentuk ini S tampak tidak lagi berdistribusi seragam.
2m
3p
Ambil acak 3 bola
1 – 1 tanpa
pengembalian
5
2
5
3
4
1
4
3
4
2
4
2
3
2
3
1
3
3
3
2
… P(mmp) =  
5
2
4
1
3
3
= 60
6
3
1
3
2
60
6
 
5
2
4
3
3
1
=… P(mpm) =
… P(pmm) =
… P(mpp) = 3
2
 
5
2
4
3
= 60
12
  =
5
3
4
2
3
1
60
6
… P(pmp) =   =
5
3
4
2
3
2
60
12
… P(ppm) =   =
5
3
4
2
3
2
60
12
I
m
II
m
p
p
m
III
p
p
m
p
m
p
m
p   =3
1
4
2
5
3
60
6
… P(ppp) =3
1
S
A
Total == 160
60
+
Gambar 2.c
Maka peluang munculnya 1 merah dan 2 putih adalah: P(A) = = .
5
3
60
36

26. Pengambilan Sampel Tanpa
Pengembalian (Lanjut)
Gambar 3
Yang diperhatikan hanya bagian yang memuat peristiwa A saja.
A = peristiwa munculnya 1 bola merah dan 2 bola putih dari 3 bola yang diambil secara acak.
Maka A = {1m, 2p} = {s1= (m,p,p), s2 = (p,m,p), s3 = (p,p,m)}.
Cara cepat :
P(A) = P(1m,2p) = = = 3 = = .
bola
)p,m(P
3
21 !!.
!
21
3
  
5
2
4
3
3
2
5
2
4
3
3
2
     
5
2
4
3
3
2
5
3
20
12
P({s1}) = 
5
2

4
3
3
2
= 60
12
5
2
5
3
4
3
3
2
4
2
4
2
3
2
3
2
 
3
2
= 60
12
4
2
5
3
P({s3}) =
P({s2}) =  
3
2
= 60
12
4
2
5
3
2m
3p
Ambil acak 3 bola
1 – 1 tanpa
pengembalian
m p
p
m
p m
p
p
.
…
…
…
P(A) = P({s1}) + P((s2)) + P((s3)) =
+
60
36
= 5
3
Maka peluang munculnya 1 merah dan 2 putih adalah: P(A) = = .
5
3
60
36
A

27. Pengambilan Acak Dengan
Pengembalian
2m
3p
Ambil acak 3 bola
1 – 1 dengan
pengembalian
P({s1}) = 
5
2
 =
5
2
5
3
  =
5
3
P({s3}) =
P({s2}) =   =5
3
m p
p
m
p m
p
p …
…
…
P(A) = P({s1}) + P((s2)) + P((s3)) =
+
.
A
5
3
5
3
5
2
5
3
5
3
5
2
5
3
5
3
125
18
5
2
5
3
125
18
5
3
5
2
125
18
125
54
Maka peluang munculnya 1 merah dan 2 putih (pada pengambilan sampel 1 – 1 dengam
pengembalian)
adalah: P(A) = .
125
54
Jika dari 5 bola (2m dan 3p) itu diambil acak 3 bola 1 – 1 dengan pengembalian
bagaimana gambaran nilai peluangnya di masing-masing cabang?
c. Pengambilan 1 – 1 Dengan Pengembalian

28. Terima Kasih.
Selamat belajar demi masa depan
Indonesia sebagai bangsa terdidik
sejahtera dan bermartabat.