Pembahasan UTS Peluang dan Statistika 2021

 Assalamu'alaikum warahmatullahi wabarakatuh

Pada kesempatan ini kita membahas soal UTS mata kuliah Peluang dan Statistika tahun 2021. Oke langsung saja ke pembahasannya. Sedikit info jawaban atau pembahasan yang diberikan adalah solusi dari saya sendiri jika teman teman ada kritik atau saran silahkan tuliskan di kolom komentar.

1. Berapa banyak bilangan yang terdiri dari lima angka yang berbeda yang dapat disusun dari

angka-angka 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Jika

a. bilangan bilangan tersebut harus bilangan ganjil

b. dua angka pertama dari setiap bilangan adalah bilangan genap?

2. Diketahui terdapat 3 kotak sebagai berikut,

Kotak I berisi 10 bola lampu, 4 diantaranya mati.

Kotak II berisi 6 bola lampu, 1 diantaranya mati.

Kotak III berisi 8 bola lampu, 3 diantaranya mati.

Kita memilih satu kotak secara acak dan kemudian dari kotak tersebut mengambil sebuah bola

lampu secara acak pula.

a. Berapakah peluang bahwa bola lampu tersebut mati?

b. Bila diketahui bola lampu yang diambil mati, berapakah peluang bola lampu tersebut

terambil dari kotak II?

3. Diketahui sebuah koin yang tidak setimbang sehingga peluang muncul gambar adalah $\frac{3}{4}$ dan peluang muncul angka $\frac{1}{4}$. Seandainya koin tersebut dilambungkan tiga kali. Misalkan X adalah peubah acak yang menyatakan banyaknya memunculkan gambar yang terjadi dari tiga kali pelambungan koin tersebut.

a. Tentukan fungsi peluang dari peubah acak X.

b. Tentukan distribusi kumulatif dari peubah acak X kemudian gambarlah grafiknya.

4 Diketahui fungsi peluang bersama dua peubah acak X dan Y sebagai berikut:

$f(x)=\left\{\begin{matrix}2x^2y^3 & ; & 0<x<y<1\\ 0 & ; & x,y \ \text{yang lain}\end{matrix}\right.$

a. Carilah $P(0<X<0,25 , Y=0,5)$

b. Hitunglah $P( X+ Y> 0,5)$

Pembahasan :

1. a. Karena bilangan tersebut harus ganjil maka digit terakhirnya adalah angka ganjil dimana dari semua pilihan angka yang disediakan terdapat 5 angka ganjil, maka untuk mengisi digit terakhir ada 5 kemungkinan. Kemudian karena digit berbeda dan salah satu dari 9 angka disediakan sudah menjadi digit terakhir maka untuk 4 digit pertama banyak kemungkinannya dapat dihitung dengan $9.8.7.6$. Jadi, banyak bilangan 5 angka yang dimaksud soal adalah $9.8.7.6.5=8400$ bilangan.

b. Karena dua angka pertamanya adalah genap dan tersedia 4 angka genap berbeda. Maka banyak kemungkinan untuk mengisi dua angka pertama adalah $4.3=12$. Kemudian untuk 3 digit terakhirnya karena 2 dari 9 angka sudah terpakai untuk mengisi dua digit pertama, maka terdapat $7.6.5$ kemungkinan untuk 3 digit terakhirnya. Jadi, banyak bilangan 5 angka yang dimaksud soal adalah $4.3.7.6.5=2520$ bilangan.

2. Dari soal kita tahu bahwa : Kotak 1 (4 lampu mati, 6 lampu nyala) ; Kotak 2 (1 lampu mati, 5 lampu nyala) ; Kotak 3 (3 lampu mati, 5 lampu nyala). 

Misalkan : $A_i=$ kejadian mengambil kotak ke-i untuk i=I,II,III ; $B=$ kejadian mengambil lampu hidup, $B^c=$ kejadian mengambil lampu mati.

a. $\begin{align}P&(B^c)\\ =&P(B^c\cap A_I)+P(B^c\cap A_{II})+P(B^c\cap A_{III})\\ =&\frac{4}{10}\times\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{8}\times\frac{1}{3}\\ =&\frac{113}{360}\end{align}$

b. Dengan teorema bayes didapat

$\begin{align}P&(A_{II}|B^c)\\ =&\frac{P(B^c\cap A_{II})}{P(B^c\cap A_I)+P(B^c\cap A_{II})+P(B^c\cap A_{III})}\\ =&\frac{\frac{1}{6}\times\frac{1}{3}}{\frac{4}{10}\times\frac{1}{3}+\frac{1}{6}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{8}\times\frac{1}{3}}\\ =&\frac{20}{113}\end{align}$

3. Misalkan X=peubah acak yang menyatakan muncul gambar yang terjadi dari 3 kali pelambungan koin.

Maka didapat sebagai berikut.

-) $X=0$ (AAA)

$P(X=0)=\frac{1}{4}\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{64}$

-) $X=1$ (AAG,AGA,GAA)

$P(X=1)=3\left(\frac{1}{4}\times \frac{1}{4}\times \frac{3}{4}\right)=\frac{9}{64}$

-) $X=2$ (AGG,GAG,GGA)

$P(X=2)=3\left(\frac{1}{4}\times \frac{3}{4}\times \frac{3}{4}\right)=\frac{27}{64}$

-) $X=3$ (GGG)

$P(X=3)=\frac{3}{4}\times \frac{3}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{27}{64}$

Jadi, fungsi peluang dari peubah acak $X$ adalah

$f(x)=\left\{\begin{matrix}0 & \text{untuk} & x \ \text{yang lain}\\ \frac{1}{64} & \text{untuk} & x=0\\ \frac{9}{64} & \text{untuk} & x=1\\ \frac{27}{64} & \text{untuk} & x=2,3\end{matrix}\right.$

b. Distribusi peluang kumulatif dari peubah acak $X$, kita simbolkan sebagai $F(x)$ bisa didapat :

-) $F(0)=f(0)=\frac{1}{64}$

-) $F(1)=f(0)+f(1)=\frac{10}{64}$

-) $F(2)=f(0)+f(1)+f(2)=\frac{37}{64}$

-) $F(3)=f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=1$

Jadi, distribusi kumulatifnya adalah

$F(x)=\left\{\begin{matrix}0 & \text{untuk} & x <0\\ \frac{1}{64} & \text{untuk} & 0\leq x<1\\ \frac{10}{64} & \text{untuk} & 1\leq x<2\\ \frac{37}{64} & \text{untuk} & 2\leq x<3\\1 & \text{untuk} & x \geq 3\end{matrix}\right.$

Grafiknya adalah sebagai berikut.

4. a. $P(0<X<0,25, Y=0,5)$

Karena $y=0,5$ maka $f(x,0,5)=21x^2(0,5)^3=\frac{21}{8}x^2$ sehingga

Nilai dari

$P(0<X<\frac{1}{4}, Y=\frac{1}{2})=\int_{0}^{\frac{1}{4}}\frac{21}{8}x^2\ \text{dx}$

$P(0<X<\frac{1}{4}, Y=\frac{1}{2})=\left[\frac{7}{8}x^3\right]_0^{\frac{1}{4}}$

$P(0<X<\frac{1}{4}, Y=\frac{1}{2})=\frac{7}{512}$

b. Perhatikan bahwa $X+Y>0,5$ maka $Y>0,5-X$, kemudian perhatikan juga bahwa nilai fungsi peluang yang tidak nol bersyarat bahwa $Y>X$ artinya haruslah $0,5-X>X$ atau $X<0,25$. Jadi,

$\begin{align}P&(X+Y>\frac{1}{2})\\ =&\int_0^{\frac{1}{4}}\int_{\frac{1}{2}-x}^1 21x^2y^3\ \text{dy}\ \text{dx}\\ =&\int_0^{\frac{1}{4}}\left[\frac{21}{4}x^2y^4\right]_{\frac{1}{2}-x}^1\ \text{dx}\\=&\int_0^{\frac{1}{4}}\frac{21}{4}x^2\left(1-(\frac{1}{2}-x)^4\right)\ \text{dx}\\=&\int_0^{\frac{1}{4}}\frac{21}{4}x^2\left(1-(\frac{1}{2}-x)^4\right)\ \text{dx}\\ =&\int_0^{\frac{1}{4}}-\frac{21}{4}x^6+\frac{21}{2}x^5-\frac{63}{8}x^4+\frac{21}{8}x^3+\frac{315}{64}x^2\ \text{dx}\\ =&\left[-\frac{3}{4}x^7+\frac{21}{12}x^6-\frac{63}{40}x^5+\frac{21}{32}x^4+\frac{105}{64}x^3\right]_0^{\frac{1}{4}}\\ =&\frac{8861}{327680}\end{align}$