Materi, Soal, dan Pembahasan – Peluang Bersyarat

Dalam kasus ini, terpilihnya siswa perempuan terjadi setelah siswa di kelas B yang terpilih. Oleh karena itu, ini termasuk kasus peluang bersyarat.
Misalkan $E$ menyatakan kejadian terpilihnya seorang siswa perempuan. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian terpilihnya seorang siswa dari kelas B. Ini berarti $n(F) = 3 + 4 = 7$ dan $n(E \cap F) = 3.$ Dengan demikian, diperoleh $$p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{3}{7}.$$Jadi, peluang terpilihnya siswa perempuan dengan kondisi seperti itu adalah $\boxed{\dfrac37}$
(Jawaban B)

Misalkan $X$ dan $Y$ berturut-turut merupakan kejadian terpilihnya mahasiswa semester V dan mahasiswa yang mendapatkan nilai A pada mata kuliah Pengantar Ilmu Kimia.
Dalam kasus ini, kita mencari nilai dari $p(X \mid Y).$
Karena banyak mahasiswa semester V yang mendapat nilai A adalah $n(X \cap Y) = 3$ dan banyak mahasiswa yang mendapatkan nilai A adalah $n(Y) = 3+10+5=18,$ diperoleh
$$\begin{aligned} p(X \mid Y) & = \dfrac{n(X \cap Y)}{n(Y)} \\ & = \dfrac{3}{18} \\ & = \dfrac16. \end{aligned}$$Jadi, peluang mahasiswa yang terpilih merupakan mahasiswa V jika telah diketahui bahwa ia mendapatkan nilai A adalah $\boxed{\dfrac16}$
(Jawaban C)

Pada eksperimen ini, kemunculan mata dadu pertama sama dengan $1$ terjadi setelah kemunculan jumlah mata dadu kurang dari $4.$ Oleh karena itu, ini merupakan kasus peluang bersyarat.
Misalkan $E$ menyatakan kejadian munculnya mata dadu pertama sama dengan $1.$ Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian munculnya jumlah mata dadu kurang dari $4.$ Ini berarti $$F = \{(1, 1), (1, 2), (2, 1)\}$$dan $$E \cap F = \{(1, 1), (1, 2)\}$$sehingga $n(F) = 3$ dan $n(E \cap F) = 2.$ Dengan demikian, diperoleh $$p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{2}{3}.$$Jadi, peluang bahwa mata dadu pertama sama dengan $1$ jika jumlah mata dadu yang muncul kurang dari $4$ adalah $\boxed{\dfrac23}$
(Jawaban B)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian munculnya jumlah mata dadu lebih besar dari $9.$ Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian munculnya mata dadu pertama $5,$ yaitu $\{(5, 1), (5, 2), \cdots, (5, 6)\}.$ Dengan demikian, diperoleh $E \cap F = \{(5, 5), (5, 6)\}.$ Ini berarti $p(F) = \dfrac{6}{6^2} = \dfrac{1}{6}$ dan $p(E \cap F) = \dfrac{2}{6^2} = \dfrac{1}{18}$ sehingga $$p(E \mid F) = \dfrac{p(E \cap F)}{p(F)} = \dfrac{1/18}{1/6} = \dfrac13.$$Jadi, peluang munculnya jumlah mata dadu lebih besar dari $9$ dengan syarat mata dadu pertama $5$ adalah $\boxed{\dfrac13}$
(Jawaban B)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian terambilnya lampu rusak pada pengambilan pertama dan $F$ menyatakan kejadian terambilnya lampu rusak pada pengambilan kedua. Notasi $E \cap F$ dapat ditafsirkan sebagai terjadinya kejadian $E,$ kemudian diikuti oleh terjadinya $F$ (setelah $E$ terjadi).
Peluang terjadinya $E$ adalah $P(E) = \dfrac{6}{30} = \dfrac15,$ sedangkan peluang terjadinya $F$ adalah $P(F \mid E) = \dfrac{6-1}{30-1} = \dfrac{5}{29}.$
Dengan demikian, peluang dua lampu yang diambil tersebut rusak adalah $$\begin{aligned} P(E \cap F) & = P(E) \cdot P(F \mid E) \\ & = \dfrac15 \cdot \dfrac{5}{29} \\ & = \dfrac{1}{29}. \end{aligned}$$(Jawaban C)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian pemain tersebut memenangkan babak pada sesi pertama. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian pemain tersebut memenangkan babak pada sesi kedua (yang berarti ia harus memenangkan babak pada sesi pertama terlebih dahulu). Dengan demikian, diperoleh $n(E) = 30$ dan $n(F \cap E) = 15$ sehingga $p(F \mid E) = \dfrac{n(F \cap E)}{n(E)} =\dfrac{15}{30}.$
(Jawaban D)

Kasus ini termasuk kasus peluang bersyarat karena kejadian bahwa pasien akan menuntut dokter terjadi setelah kejadian dokter tersebut salah mendiagnosis penyakit.
Misalkan $E$ menyatakan kejadian bahwa pasien akan menuntut dokter. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian dokter salah mendiagnosis penyakit. Diketahui bahwa peluang seorang dokter mendiagnosis suatu penyakit secara benar sama dengan $p(F^c) = 0,\!75.$  Ini berarti $p(F) = 1-p(F^c) = 1-0,\!75 = 0,\!25$ dan $p(E \mid F) = 0,\!92.$ Dengan demikian, diperoleh 
$$\begin{aligned} p(E \mid F) & = \dfrac{p(E \cap F)}{p(F)} \\ 0,\!92 & = \dfrac{p(E \cap F)}{0,\!25} \\ p(E \cap F) & = 0,\!92 \cdot 0,\!25 = 0,\!23. \end{aligned}$$Jadi, peluang dokter itu salah mendiagnosis dan dituntut oleh pasien adalah $\boxed{0,\!23}$
(Jawaban B)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian munculnya tepat $4$ kali sisi angka. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian munculnya sisi angka pada pengetosan pertama. Ini berarti $n(F) = 1 \times 2^4 = 16$ dan $n(E \cap F) = 4$ karena banyak susunan agar muncul tepat tiga angka tersisa pada empat pengetosan berikutnya adalah $4.$ Dengan demikian, didapat $p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{4}{16} = \dfrac14.$
Jadi, peluang kejadian munculnya tepat $4$ kali sisi angka jika telah dipastikan bahwa pada pengetosan pertama muncul sisi angka adalah $\boxed{\dfrac14}$
(Jawaban C)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian bahwa anggota keluarga dengan usia paling tua berjenis kelamin laki-laki. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian bahwa anggota keluarga itu terdiri dari sejumlah laki-laki dan sejumlah perempuan. Ini berarti $n(F) = 2^5-2 = 30$ yang didapat dari banyaknya susunan $5$ anggota keluarga berdasarkan jenis kelamin dikurangi dengan banyaknya kejadian semua anggota keluarganya laki-laki atau perempuan. Selain itu, $n(E \cap F) = 2^4-1 = 15$ yang didapat dari banyaknya susunan $4$ anggota keluarga tersisa berdasarkan jenis kelamin dikurangi dengan banyaknya kejadian ketika $4$ anggota keluarga tersisa berjenis kelamin laki-laki semua.
Dengan demikian, diperoleh $p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{15}{30} = \dfrac12.$ Jadi, peluang kejadian bahwa anggota keluarga itu terdiri dari sejumlah laki-laki dan sejumlah perempuan adalah $\boxed{\dfrac12}$
(Jawaban A)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian munculnya tepat $4$ kali sisi angka. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian munculnya sisi angka pada pengetosan pertama. Ini berarti $n(F) = 1 \times 2^4 = 16$ dan $n(E \cap F) = 4$ karena banyak susunan agar muncul tepat tiga angka tersisa pada empat pengetosan berikutnya adalah $4.$ Dengan demikian, didapat $p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{4}{16} = \dfrac14.$
Jadi, peluang kejadian munculnya tepat $4$ kali sisi angka jika telah dipastikan bahwa pada pengetosan pertama muncul sisi angka adalah $\boxed{\dfrac14}$
(Jawaban C)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian bahwa anggota keluarga dengan usia paling tua berjenis kelamin laki-laki. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian bahwa anggota keluarga itu terdiri dari sejumlah laki-laki dan sejumlah perempuan. Ini $n(F) = 2^5-2 = 30$ yang didapat dari banyaknya susunan $5$ anggota keluarga berdasarkan jenis kelamin dikurangi dengan banyaknya kejadian semua anggota keluarganya laki-laki atau perempuan. Selain itu, $n(E \cap F) = 2^4-1 = 15$ yang didapat dari banyaknya susunan $4$ anggota keluarga tersisa berdasarkan jenis kelamin dikurangi dengan banyaknya kejadian ketika $4$ anggota keluarga tersisa berjenis kelamin laki-laki semua.
Dengan demikian, diperoleh $p(E \mid F) = \dfrac{n(E \cap F)}{n(F)} = \dfrac{15}{30} = \dfrac12.$ Jadi, peluang kejadian bahwa anggota keluarga itu terdiri dari sejumlah laki-laki dan sejumlah perempuan adalah $\boxed{\dfrac12}$
(Jawaban A)

Misalkan $E$ menyatakan kejadian terbentuknya untaian bit dengan panjang empat yang memuat paling sedikit dua bit $0$ secara berturut-turut. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian terbentuknya untaian bit dengan panjang empat yang bit pertamanya $0.$ Karena $E \cap F = \{0000, 0001, 0010, 0011, 0100\},$ diperoleh $p(E \cap F) = \dfrac{5}{16}.$ Karena ada $8$ untaian bit dengan panjang empat yang bit pertamanya $0,$ diperoleh $p(F) = \dfrac{8}{16} = \dfrac12.$ Akibatnya, $p(E \mid F) = \dfrac{5/16}{1/2} = \dfrac58.$
Jadi, Peluang kejadian terbentuknya untaian bit yang memuat setidaknya dua bit $0$ secara berturut-turut jika diberikan bit pertama $0$ adalah $\boxed{\dfrac58}$
(Jawaban C)

Dengan menggunakan definisi peluang bersyarat, diperoleh
$$P(A \mid B) = P(B \mid A) \Rightarrow \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}= \dfrac{P(B \cap A)}{P(A)}.$$Karena $P(A \cap B) = P(B \cap A),$ diperoleh $\dfrac{1}{P(B)} = \dfrac{1}{P(A)}$ yang berarti $P(A) = P(B).$ Dengan kata lain, peluang terjadinya $A$ dan $B$ harus sama agar persamaan $P(A \mid B) = P(B \mid A)$ terpenuhi.
(Jawaban A)

Misalkan $B$ dan $A$ berturut-turut menyatakan kejadian branwir dan ambulans siap beroperasi ketika terjadi situasi darurat. Karena $B$ dan $A$ merupakan kejadian bebas, berlaku $p(B \cap A) = p(B) \cdot p(A)$ dengan $P(B \cap A)$ menyatakan peluang kejadian branwir dan ambulans siap beroperasi. Karena $p(B) = 0,\!96$ dan $P(A) = 0,\!88,$ diperoleh
$$\begin{aligned} p(B \cap A) & = p(B) \cdot p(A) \\ & = 0,\!96 \cdot 0,\!88 \\ & = 0,\!8448. \end{aligned}$$Jadi, peluang kedua kendaraan tersebut siap beroperasi adalah $\boxed{0,\!8448}$
(Jawaban C)

Dua kejadian $A$ dan $B$ dikatakan saling lepas jika $p(A \cap B) = 0$ dan dikatakan bebas jika $p(A \cap B) = p(A) \cap p(B).$
Misalkan eksperimen yang dilakukan adalah pelemparan sebuah dadu dengan $6$ sisi.
Jawaban a)
Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya mata dadu $2, 3,$ atau $5,$ sedangkan $B$ adalah kejadian munculnya mata dadu $7.$ Dari sini, diperoleh $p(A) = \dfrac36$ dan $p(B) = 0.$ Lebih lanjut, $A \cap B = \{ \}$ sehingga $p(A \cap B) = 0.$ Jadi, didapat $p(A \cap B) = p(A) \cdot p(B) = 0.$ Ini menunjukkan bahwa $A$ dan $B$ saling lepas sekaligus bebas.
Jawaban b)
Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya mata dadu $2, 3,$ atau $5,$ sedangkan $B$ adalah kejadian munculnya mata dadu $4$ atau $6.$ Dari sini, diperoleh $p(A) = \dfrac36$ dan $p(B) = \dfrac26.$ Lebih lanjut, $A \cap B = \{ \}$ sehingga $p(A \cap B) = 0.$ Jadi, didapat $$p(A \cap B) = 0 \ne p(A) \cap p(B) = \dfrac36 \cdot \dfrac26 = \dfrac16.$$Ini menunjukkan bahwa $A$ dan $B$ saling lepas, tetapi tidak bebas.
Jawaban c)
Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya mata dadu $1$ atau $4,$ sedangkan $B$ adalah kejadian munculnya mata dadu $1, 3$ atau $5.$ Dari sini, diperoleh $p(A) = \dfrac26$ dan $p(B) = \dfrac36.$ Lebih lanjut, $A \cap B = \{1 \}$ sehingga $p(A \cap B) = \dfrac16.$ Jadi, didapat $$p(A \cap B) = \dfrac16 = \dfrac26 \cdot \dfrac36 = p(A) \cdot p(B).$$Ini menunjukkan bahwa $A$ dan $B$ bebas, tetapi tidak saling lepas.
Jawaban d)
Misalkan $A$ adalah kejadian munculnya mata dadu $1$ atau $4,$ sedangkan $B$ adalah kejadian munculnya mata dadu $1, 4$ atau $5.$ Dari sini, diperoleh $p(A) = \dfrac26$ dan $p(B) = \dfrac36.$ Lebih lanjut, $A \cap B = \{1, 4 \}$ sehingga $p(A \cap B) = \dfrac26.$ Jadi, didapat $$p(A \cap B) = \dfrac26 \ne \dfrac26 \cdot \dfrac36 = p(A) \cdot p(B).$$Ini menunjukkan bahwa $A$ dan $B$ tidak saling lepas sekaligus tidak bebas.

Diketahui $X$ menyatakan kejadian seorang penjahat melakukan perampokan dan $Y$ menyatakan kejadian penjahat tersebut berhasil meloloskan diri.
Jawaban a)
$p(X \mid Y)$ menyatakan peluang kejadian penjahat melakukan perampokan setelah ia berhasil meloloskan diri.
Jawaban b)
$p(Y^c \mid X)$ menyatakan peluang kejadian penjahat tidak berhasil meloloskan diri setelah melakukan perampokan.
Jawaban c)
$P(X^c \mid Y^c)$ menyatakan peluang kejadian penjahat tidak melakukan perampokan setelah ia tidak berhasil meloloskan diri.

Misalkan $A, B,$ dan $C$ berturut-turut menyatakan kejadian terpilihnya orang yang merupakan perokok berat, pengidap hipertensi, dan bukan perokok.
Jawaban a)
Dalam kasus ini, kita akan mencari nilai dari $p(B \mid A),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(B \mid A) & = \dfrac{n(B \cap A)}{n(A)} \\ & = \dfrac{30}{30 + 19} \\ & = \dfrac{30}{49}. \end{aligned}$$Jadi, peluang bahwa orang tersebut mengidap hipertensi jika diketahui ia merupakan perokok berat adalah $\boxed{\dfrac{30}{49}}$
Jawaban b)
Dalam kasus ini, kita akan mencari nilai dari $p(C \mid B^c),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(C \mid B^c) & = \dfrac{n(C \cap B^c)}{n(B^c)} \\ & = \dfrac{48}{48 + 26 + 19} \\ & = \dfrac{16}{31}. \end{aligned}$$Jadi, peluang bahwa orang tersebut bukan perokok jika diketahui bahwa ia tidak mengidap hipertensi adalah $\boxed{\dfrac{16}{31}}$

Misalkan $A$ dan $B$ berturut-turut menyatakan kejadian mobil tersebut melakukan pergantian oli dan mengganti filter oli sehingga diketahui $p(A) = 0,\!26,$ $p(B) = 0,\!40,$ dan $p(A \cap B) = 0,\!14.$
Jawaban a)
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(B \mid A),$ yaitu
$$p(B \mid A) = \dfrac{p(B \cap A)}{p(A)} = \dfrac{p(A \cap B)}{p(A)} = \dfrac{0,\!14}{0,\!26} = \dfrac{7}{13}.$$Jadi, peluang kejadian mobil tersebut mengganti filter oli jika diketahui telah melakukan pergantian oli adalah $\boxed{\dfrac{7}{13}}$
Jawaban b)
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(A \mid B),$ yaitu
$$p(A \mid B) = \dfrac{p(A \cap B)}{p(B)} = \dfrac{0,\!14}{0,\!40} = \dfrac{7}{20}.$$Jadi, peluang kejadian mobil tersebut melakukan pergantian oli jika diketahui telah mengganti filter oli adalah $\boxed{\dfrac{7}{20}}$

Misalkan $E$ menyatakan kejadian bahwa pesawat Dragon Air berangkat tepat waktu. Misalkan juga $F$ menyatakan kejadian bahwa pesawat Dragon Air tiba tepat waktu. Diketahui $p(E) = 0,\!90,$ $p(F) = 0,\!80,$ dan $p(E \cap F) = 0,\!75.$
Jawaban a)
Karena kejadian pesawat Dragon Air tiba tepat waktu terjadi setelah pesawat itu berangkat tepat waktu, ini merupakan kasus peluang bersyarat.
$$\begin{aligned} p(F \mid E) & = \dfrac{p(E \cap F)}{p(E)} \\ & = \dfrac{0,\!75}{0,\!90} \\ & \approx 0,\!833 \end{aligned}$$Jadi, peluang pesawat Dragon Air tiba tepat waktu jika diketahui pesawat itu berangkat tepat waktu adalah $\boxed{0,\!833}$
Jawaban b)
Perhatikan bahwa $p(E) = 0,\!90,$ $p(F) = 0,\!80,$ dan $p(E \cap F) = 0,\!75.$ Karena $0,\!90 \cdot 0,\!80 = \!0,72 \neq 0,\!75,$ disimpulkan bahwa $p(E) \cdot p(F) \neq p(E \cap F).$ Dengan kata lain, kejadian bahwa pesawat Dragon Air berangkat dan tiba tepat waktu merupakan kejadian yang tidak bebas.

Misalkan $H$ dan $A$ berturut-turut menyatakan kejadian hari hujan dan kecepatan angin di atas batas normal. Misalkan juga $n(S)$ menyatakan banyaknya hari dalam $6$ bulan tersebut sehingga $n(S) = 180.$ Diketahui $n(H) = 150$ dan $n(A) = 120$ serta $n(A \mid H) = 108.$
Jawaban a)
Dalam $6$ bulan pada musim hujan di tahun berikutnya, peluang hari hujan adalah $$p(H) = \dfrac{n(H)}{n(S)} = \dfrac{150}{180} = \dfrac56.$$Kemudian, peluang kecepatan angin di atas batas normal adalah $$p(A) = \dfrac{n(A)}{n(S)} = \dfrac{120}{180} = \dfrac23.$$Jawaban b)
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} p(A \mid H) & = \dfrac{p(A \cap H)}{p(H)} \\ \dfrac{108}{150} & = \dfrac{p(A \cap H)}{p(H)} \\ p(A \cap H) & = \dfrac35. \end{aligned}$$Dengan demikian,
$$p(A) \cdot p(H) = \dfrac23 \cdot \dfrac56 = \dfrac59 \neq p(A \cap H).$$Karena $p(A) \cdot p(H) \ne p(A \cap H),$ disimpulkan bahwa kejadian hari hujan dan kecepatan angin di atas batas normal tidak bebas.
Jawaban c)
Dalam $6$ bulan pada musim hujan di tahun berikutnya, peluang hari hujan jika diketahui kecepatan angin di atas batas normal adalah
$$\begin{aligned} p(H \mid A) & = \dfrac{p(H \cap A)}{p(A)} \\ & = \dfrac{3/5}{2/3} \\ & = \dfrac{9}{10}. \end{aligned}$$

Ada $8$ untaian biner dengan panjang $4$ yang diawali oleh bit $1.$
$$\begin{array}{cc} \hline 1000 & 1001 \\ 1010 & 1100 \\ 1011 & 1101 \\ 1110 & 1111 \\ \hline \end{array}$$Selain itu, ada $8$ untaian biner dengan panjang $4$ yang memuat bit $1$ sebanyak genap.
$$\begin{array}{cc} \hline 1111 & 0000 \\ 1100 & 1010  \\ 1001 & 0110 \\ 0101 & 0011 \\ \hline \end{array}$$Karena untaian biner dengan panjang empat ada sebanyak $2^4 = 16,$ diperoleh $p(E) = p(F) = \dfrac{8}{16} = \dfrac12.$
Karena $$E \cap F = \{1111, 1100, 1010, 1001\},$$didapat $p(E \cap F) = \dfrac{4}{16} = \dfrac14.$
Karena $$p(E \cap F) = \dfrac14 = \dfrac12 \cdot \dfrac12 = p(E) \cdot p(F),$$disimpulkan bahwa $E$ dan $F$ merupakan kejadian yang bebas.

Jawaban a)
Karena kejadian memilih sapi berwarna merah terjadi setelah sapi betina dipastikan terpilih, ini merupakan kasus peluang bersyarat. Misalkan $E_1$ dan $F_1$ berturut-turut merupakan kejadian terpilihnya sapi berwarna merah dan sapi betina. 
$$\begin{aligned} p(E_1 \mid F_1) & = \dfrac{n(E_1 \cap F_1)}{n(F_1)} \\ & = \dfrac{4}{5+4+6} \\ & = \dfrac{4}{15} \end{aligned}$$Jadi, peluang sapi tersebut berwarna merah jika diketahui sapi betina yang terpilih adalah $\boxed{\dfrac{4}{15}}$
Jawaban b)
Karena kejadian memilih sapi jantan terjadi setelah sapi warna hitam dipastikan terpilih, ini merupakan kasus peluang bersyarat. Misalkan $E_2$ dan $F_2$ berturut-turut merupakan kejadian terpilihnya sapi jantan dan sapi warna hitam.
$$\begin{aligned} p(E_2 \mid F_2) & = \dfrac{n(E_2 \cap F_2)}{n(F_2)} \\ & = \dfrac{5}{5+5} \\ & = \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$Jadi, peluang sapi tersebut berwarna merah jika diketahui sapi betina yang terpilih adalah $\boxed{\dfrac{1}{2}}$
Jawaban c)
Karena kejadian memilih sapi betina terjadi setelah sapi warna tutul dipastikan terpilih, ini merupakan kasus peluang bersyarat. Misalkan $E_3$ dan $F_3$ berturut-turut merupakan kejadian terpilihnya sapi betina dan sapi warna tutul.
Pemilihan pertama:
$$\begin{aligned} p(E_3 \mid F_3) & = \dfrac{n(E_3 \cap F_3)}{n(F_3)} \\ & = \dfrac{6}{2+6} \\ & = \dfrac{3}{4} \end{aligned}$$

Misalkan $E_3’$ dan $F_3’$ berturut-turut merupakan kejadian terpilihnya sapi betina dan sapi warna tutul setelah seekor sapi betina dengan warna tutul tidak dapat dipilih lagi (sekarang tersisa $6-1=5$ ekor).
Pemilihan kedua:
$$\begin{aligned} p(E_3 \mid F_3) & = \dfrac{n(E_3 \cap F_3)}{n(F_3)} \\ & = \dfrac{5}{2+5} \\ & = \dfrac{5}{7} \end{aligned}$$Jadi, peluang sapi tersebut berwarna merah jika diketahui sapi betina yang terpilih adalah $\boxed{\dfrac34 \cdot \dfrac57 = \dfrac{15}{28}}$

Misalkan $A, B,$ dan $C$ berturut-turut merupakan kejadian suatu paket serum lolos inspeksi departemen pertama, kedua, dan ketiga sehingga diketahui $p(A) = 0,\!90,$ $p(B) = 0,\!92,$ dan $p(C) = 0,\!88.$ Diketahui juga bahwa $A, B,$ dan $C$ merupakan kejadian yang saling bebas.
Jawaban a)
Dalam kasus ini, kita akan mencari nilai dari $p(A \cap B^c),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(A \cap B^c) & = p(A) \cdot p(B^c) \\ & = 0,\!90 \cdot 0,\!08 \\ & = 0,\!072. \end{aligned}$$Jadi, peluang suatu paket serum lolos inspeksi departemen pertama, tetapi ditolak departemen kedua adalah $\boxed{0,\!072}$
Jawaban b)
Dalam kasus ini, kita akan mencari nilai dari $p(A \cap B \cap C^c),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(A \cap B \cap C^c) & = p(A) \cdot p(B) \cdot p(C^c) \\ & = 0,\!90 \cdot 0,\!92 \cdot 0,\!12 \\ & = 0,\!09936. \end{aligned}$$Jadi, peluang suatu paket serum lolos inspeksi departemen pertama, tetapi ditolak departemen kedua adalah $\boxed{0,\!09936}$
Jawaban c)
Dalam kasus ini, kita akan mencari nilai dari $p(A \cap B \cap C),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(A \cap B \cap C) & = p(A) \cdot p(B) \cdot p(C) \\ & = 0,\!90 \cdot 0,\!92 \cdot 0,\!88 \\ & = 0,\!072864. \end{aligned}$$Jadi, peluang suatu paket serum lolos inspeksi departemen pertama, tetapi ditolak departemen kedua adalah $\boxed{0,\!072864}$

Misalkan $L$ dan $P$ berturut-turut merupakan kejadian seorang laki-laki dan seorang perempuan menonton acara televisi yang dimaksud sehingga diketahui $p(L) = 0,\!4,$ $p(P) = 0,\!5,$ dan $P(L \mid P) = 0,\!7.$
Jawaban a)
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(L \cap P),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(L \cap P) & = p(L \mid P) \cdot p(P) \\ & = 0,\!7 \cdot 0,\!5 \\ & = 0,\!35. \end{aligned}$$Jadi, peluang pasangan suami-istri menonton acara televisi tersebut adalah $\boxed{0,\!35}$
Jawaban b)
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(P \mid L),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(P \mid L) & = \dfrac{p(P \cap L)}{P(L)} \\ & = \dfrac{0,\!35}{0,\!4} \\ & = 0,\!875.\end{aligned}$$Jadi, peluang seorang perempuan yang sudah menikah menonton acara televisi tersebut jika diketahui suaminya juga menonton adalah $\boxed{0,\!875}$
Jawaban c)
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(L \cup P),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(L \cup P) & = p(L) + p(P)-p(L \cap P) \\ & = 0,\!4 + 0,\!5-0,\!35 \\ & = 0,\!55. \end{aligned}$$Jadi, peluang setidaknya salah satu di antara suami atau istri dari suatu pasangan menonton acara televisi tersebut adalah $\boxed{0,\!55}$

Misalkan $A, B, C,$ dan $D$ berturut-turut menyatakan kejadian bekerjanya komponen $A, B, C,$ dan $D.$
Jawaban a)
Karena masing-masing komponen bekerja secara bebas, kita akan peroleh
$$\begin{aligned} p(A \cap B \cap (C \cup D)) & = p(A) \cdot p(B) \cdot p(C \cup D) \\ & = p(A) \cdot p(B) \cdot (1-p(C^c \cap D^c)) \\ & = p(A) \cdot p(B) \cdot (1-p(C^c) \cdot p(D^c)) \\ & = 0,\!9 \cdot 0,\!8 \cdot (1-(1-0,\!7) \cdot (1-0,\!8)) \\ & = 0,\!6768. \end{aligned}$$Jadi, peluang sistem elektrik tersebut bekerja adalah $\boxed{0,\!6768}$
Jawaban b)
Kejadian komponen $C$ tidak bekerja jika diketahui sistem elektrik tersebut bekerja merupakan kejadian bersyarat. Diketahui peluang sistem elektrik bekerja adalah $0,\!6768.$ Dengan demikian, peluang kejadian komponen $C$ tidak bekerja jika diketahui sistem elektrik tersebut bekerja dinyatakan oleh
$$\begin{aligned} p & = \dfrac{p(A \cap B \cap C^c \cap D)}{0,\!6768} \\ & = \dfrac{p(A) \cdot p(B) \cdot p(C^c) \cdot p(D)}{0,\!6768} \\ & = \dfrac{0,\!9 \cdot 0,\!8 \cdot (1-0,\!7) \cdot 0,\!8}{0,\!6768} \\ & \approx 0,\!2553. \end{aligned}$$

Misalkan $A, B, C, D$ dan $E$ berturut-turut menyatakan kejadian bekerjanya komponen $A, B, C, D$ dan $E.$
Jawaban a)
Karena masing-masing komponen bekerja secara bebas, kita akan peroleh
$$\begin{aligned} p((A \cap B) \cup (C \cap D \cap E)) & = 1-\left[p((A \cap B)^c \cap (C \cap D \cap E)^c)\right] \\ & = 1-\left[p((A^c \cup B^c) \cap (C^c \cup D^c \cup E^c))\right] \\ & = 1-\left[p(A^c \cup B^c) \cdot p(C^c \cup D^c \cup E^c)\right] \\ & = 1-(1-p(A \cap B))(1-p(C \cap D \cap E)) \\ & = 1-(1-p(A)p(B))(1-p(C)p(D)p(E)) \\ & = 1-(1-0,\!8 \cdot 0,\!7)(1-0,\!8 \cdot 0,\!6 \cdot 0,\!9) \\ & = 0,\!75008. \end{aligned}$$Jadi, peluang sistem elektrik tersebut bekerja adalah $\boxed{0,\!75008}$
Jawaban b)
Kejadian komponen $A$ tidak bekerja jika diketahui sistem elektrik tersebut bekerja merupakan kejadian bersyarat. Diketahui peluang sistem elektrik bekerja adalah $0,\!75008.$ Dengan demikian, peluang kejadian komponen $A$ tidak bekerja jika diketahui sistem elektrik tersebut bekerja dinyatakan oleh
$$\begin{aligned} p & = \dfrac{p(A^c \cap C \cap D \cap E)}{0,\!75008} \\ & = \dfrac{p(A^c) \cdot p(C) \cdot p(D) \cdot p(E)}{0,\!75008} \\ & = \dfrac{(1-0,\!8) \cdot 0,\!8 \cdot 0,\!6 \cdot 0,\!9}{0,\!75008} \\ & \approx 0,\!11519. \end{aligned}$$Jawaban c)
Misalkan $S$ merupakan kejadian sistem elektrik bekerja sehingga $p(S) = 0,\!75008.$
Dalam kasus ini, akan dicari nilai dari $p(A^c \mid S^c),$ yaitu
$$\begin{aligned} p(A^c \mid S^c) & = \dfrac{p(A^c \cap S^c)}{p(S^c)} \\ & = \dfrac{p(A^c)(1-p(C \cap D \cap E))}{1-p(S)} \\ & = \dfrac{(0,\!2)(1-(0,\!8)(0,\!6)(0,\!9)}{1-0,\!75008} \\ & \approx 0,\!45455. \end{aligned}$$Jadi, peluang komponen $A$ tidak bekerja jika diketahui sistem elektrik tersebut tidak bekerja adalah $\boxed{0,\!45455}$