Soal dan Pembahasan – Peluang dan Kombinatorika (Tingkat SMA)

Fase pergi:
Jakarta ke Turki $\Rightarrow$ 5 rute.
Turki ke Eropa $\Rightarrow$ 6 rute.
Fase pulang:
Eropa ke Turki $\Rightarrow$ 5 rute.
Turki ke Jakarta $\Rightarrow$ 4 rute.
Dengan menggunakan aturan perkalian, banyak pilihan rute penerbangan pergi pulang adalah $\boxed{5 \times 6 \times 5 \times 4 = 600}$
(Jawaban D)

Dari ketentuan tersebut, murid itu hanya tinggal memilih $3$ soal lain dari $18-5 = 13$ soal yang ada karena $5$ soal telah ditetapkan untuk dikerjakan.
Pemilihan soal-soal tersebut bila dibolak-balik akan dianggap sama (misalnya, murid pilih nomor $8$, $13$, dan $18$, sama saja dengan dia memilih nomor $18$, $13$, dan $8$). Untuk itu, kita gunakan prinsip kombinasi.
$\begin{aligned} C^{13}_3 & = \dfrac{13!}{10! \cdot 3!} \\ & = \dfrac{13 \times \cancelto{2}{12} \times 11 \times \bcancel{10!}}{\bcancel{10!} \times \cancel{6}} \\ & = 13 \times 2 \times 11 = 286 \end{aligned}$
Jadi, banyak pilihan soal yang dapat dipilih adalah $\boxed{286}$
(Jawaban D)

Berdasarkan ketentuan, Wawa wajib membeli $5$ buah jeruk, $5$ buah mangga, dan $5$ buah pisang. Ini artinya, dari $20$ buah yang diinginkan, ia masih dapat memilih $5$ buah yang lain.
Untuk buah ke-$16$ sampai $20$ (ada $5$ buah), masing-masing dapat dipilih $3$ jenis buah tanpa syarat. Jadi, kita diminta untuk memilih $5$ buah dari $3$ jenis buah berbeda. Dengan kata lain, kasus ini termasuk kasus kombinasi berulang (kombinasi, karena pengambilan buah secara tidak berurutan dianggap kasus yang sama; berulang, karena buah yang dipilih dapat dipilih lagi untuk jenis yang sama). Untuk $n = 3$ dan $r = 5$, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \binom{n+r-1}{r} & = \binom{3+5-1}{5} \\ & = \binom{7}{5} \\ & = \dfrac{7!}{2! \cdot 5!} \\ & = \dfrac{7 \times 6 \times \cancel{5!}}{2 \cdot \cancel{5!}} = 21. \end{aligned}$$Jadi, ada 21 komposisi buah yang mungkin dapat dibeli.
(Jawaban D)

Dari $15$ orang, $2$ orang sudah pasti terpilih (tersisa $13$ pilihan untuk dipilih $8$ orang).
Dari $13$ orang yang ada, $2$ orang tidak dapat hadir sehingga tersisa $11$ pilihan saja.
Jadi, kita menghitung banyak cara memilih $8$ orang dari $11$ orang yang ada.
Kasus ini merupakan kasus kombinasi karena tidak memperhatikan urutan pemilihan orang. Untuk itu, diperoleh
$\begin{aligned} C_8^{11} & = \dfrac{11!}{3! \cdot 8!} \\ & = \dfrac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot \cancel{8!}}{6 \cdot \cancel{8!}} \\ & = 165. \end{aligned}$
Jadi, ada $\boxed{165}$ cara berbeda mengundang teman-teman Kristy.
(Jawaban D)

Dadu bias adalah dadu yang tidak setimbang.
Misalkan peluang kemunculan angka $2, 3, 4, 5, 6$ adalah $x$, berarti peluang kemunculan angka $1$ adalah $\dfrac13x$.
Karena peluang memiliki nilai maksimum $1$, diperoleh
$$\begin{aligned} P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) & = 1 \\\dfrac13a +a+a+a+a+a & = 1 \\ \dfrac{16}{3}a & = 1 \\ a & = \dfrac{3}{16}. \end{aligned}$$Bilangan prima yang mungkin muncul adalah $2, 3$, dan $5$ sehingga kita dapatkan
$$\begin{aligned} P(2)+P(3)+P(5) & = \dfrac{3}{16} + \dfrac{3}{16} + \dfrac{3}{16} \\ & = \dfrac{9}{16}. \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya angka prima adalah $\boxed{\dfrac{9}{16}}$
(Jawaban E)

Banyaknya bilangan tiga angka yang dibentuk dari angka $0, 1, 2, 3, 4$, dan $5$ serta boleh berulang adalah $5×6×6=180$.
Perhatikan bahwa posisi angka ratusan tidak boleh diisi oleh angka $0$ (non-leading zero).
Banyak bilangan tiga angka yang memuat dua angka $2$ dalam format: $22A$, $A$ diisi oleh $5$ angka lain dan ada $3$ total posisi (ratusan, puluhan, satuan) yang dapat ditempati oleh $A$ adalah $3 \times 5=15$. Perhatikan bahwa angka $0$ tidak boleh diisi di posisi ratusan sehingga $022$ harus diabaikan. Jadi, hanya ada $14$ bilangan yang terbentuk.
Banyaknya bilangan tiga angka yang ketiganya adalah angka $2$ jelas hanya ada $1$, yaitu $222$.
Dengan menggunakan prinsip komplemen, banyak bilangan tiga angka di mana angka $2$ tidak boleh diulang adalah $\boxed{180-14-1 = 165}$
(Jawaban B)

Kasus memilih beberapa buku dari sekumpulan buku yang ada merupakan kasus kombinasi (misalkan A memilih buku 1 dan buku 2, sama saja dengan A memilih buku 2 dan buku 1).
Banyak cara memilih $2$ dari $5$ buku matematika adalah
$C_M = \dfrac{5!}{3! \cdot 2!} = 10.$
Banyak cara memilih $2$ dari $4$ buku fisika adalah
$C_F = \dfrac{4!}{2! \cdot 2!} = 6.$
Banyak cara memilih $1$ dari $3$ buku fisika adalah
$C_K = \dfrac{3!}{2! \cdot 1!} = 3.$
Banyak cara memilih $2$ buku matematika, $2$ buku fisika, dan $1$ buku kimia adalah
$C_M \times C_F \times C_K = 10 \times 6 \times 3 = 180.$
(Jawaban C)

Huruf sesuai abjad: I, K, L, O.
Misalkan ada empat kotak kosong.
${\large \square \square \square \square}$
Kotak pertama bisa diisi huruf I atau K (ada $2$), lalu $3$ huruf lainnya menyesuaikan masing-masing sebanyak $3! = 6$. Ini berarti, sudah ada $2 \times 6 = 12$ susunan kata yang terbentuk.
Sekarang: ${\large \text{L}~\square \square \square}$
Kotak kedua bisa diisi huruf I atau K, lalu $2$ huruf lainnya menyesuaikan masing-masing sebanyak $2! = 2$. Ini berarti, sudah ada $4$ susunan kata yang terbentuk.
Berikutnya: ${\large \text{L}~\text{O}~ \square \square}$
Kata berikutnya adalah LOIK (urutan ke-$17),$ lalu LOKI (urutan ke-$18$).
Jadi, LOKI berada pada urutan ke-$18$.
(Jawaban D)

Kemungkinan bilangan yang dimaksud berbentuk: $11AB$, $1A1B$, $1AB1$, $1AAB$, $1ABA$, dan $1BAA$.
$A$ dan $B$ adalah angka yang berbeda dan tidak sama dengan $1$.
Untuk $A$, dapat diisi oleh $9$ angka.
Untuk $B$, dapat diisi oleh $8$ angka.
Untuk masing-masing bentuk, banyak bilangannya adalah $9 \times 8 = 72$.
Banyak bilangan $4$ angka yang dimaksud adalah $\boxed{6 \times 72 = 432}$
(Jawaban E)

Dari syarat tersebut, kita tahu bahwa semua digitnya harus berbeda.
Kasus ini sebenarnya sama saja dengan memilih $6$ angka dari $9$ angka yang ada ($0$ tidak boleh dipilih). Setiap susunan $6$ angka yang kita pilih secara sembarang, pasti terdapat tepat $1$ bilangan yang memenuhi kriteria.
Sebagai contoh, jika kita pilih $7,8,4,1,5,2$, diperoleh bilangan $6$ angka:  $124578.$
Dengan menggunakan prinsip kombinasi, diperoleh banyak bilangannya, yakni
$\begin{aligned} C_6^9 & = \dfrac{9!}{3! \cdot 6!} \\ & = \dfrac{9 \times 8 \times 7 \times \cancel{6!}}{6 \cdot \cancel{6!}} = 84 \end{aligned}$
(Jawaban A)

MISSISSIPI terdiri dari $10$ huruf dengan huruf S muncul $4$ kali, huruf I muncul $4$ kali, dan M serta P muncul masing-masing sekali.
Banyaknya permutasi dari kesepuluh huruf tersebut ditentukan dengan menerapkan prinsip permutasi berulang, yaitu $\dfrac{n!}{k_1! \cdot k_2! \cdots k_m!}$ dengan $n$ menyatakan banyak huruf seluruhnya dan $k_i$ menyatakan banyaknya kemunculan huruf penyusunnya.
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} \dfrac{10!}{4! \cdot 4! \cdot 1! \cdot 1!} & = \dfrac{10 \cdot \cancelto{3}{9} \cdot \cancel{8} \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot \cancel{4!}}{\cancel{24} \cdot \cancel{4!}} \\ & = 6.300 \end{aligned}$$Jadi, ada $6.300$ permutasi dari kata MISSISSIPI.
(Jawaban A)

MATEMATIKA terdiri dari $10$ huruf yang meliputi $2$ huruf M, $3$ huruf A, $2$ huruf T, dan masing-masing $1$ huruf E, I, dan K.
Kita akan menyusun $10$ huruf ini secara alfabetis menggunakan prinsip permutasi berulang.
Susunan huruf: A _ _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $9$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{9!}{\underbrace{2!}_{A} \times \underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{M}} = 45.360.$
Susunan huruf: E _ _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $9$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{9!}{\underbrace{3!}_{A} \times \underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{M}} = 15.120.$
Susunan huruf: I _ _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $9$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{9!}{\underbrace{3!}_{A} \times \underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{M}} = 15.120.$
Susunan huruf: K _ _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $9$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{9!}{\underbrace{3!}_{A} \times \underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{M}} = 15.120.$
Susunan huruf: M A A _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{T} } = 2.520.$
Susunan huruf: M A E _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{A}} = 1.260.$
Susunan huruf: M A I _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{A}} = 1.260.$
Susunan huruf: M A K _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{A}} = 1.260.$
Susunan huruf: M A M _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{T} \times \underbrace{2!}_{A}} = 1.260.$
Susunan huruf: M A T A _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $6$ huruf lainnya adalah $6! = 720.$
Susunan huruf: M A T E A _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $5! = 120.$
Susunan huruf: M A T E I _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $\dfrac{5!}{\underbrace{2!}_{A}} = 60.$
Susunan huruf: M A T E K _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $\dfrac{5!}{\underbrace{2!}_{A}} = 60.$
Susunan huruf: M A T E M A A _ _ _
Banyak cara menyusun $3$ huruf lainnya adalah $3! = 6.$
Susunan huruf: M A T E M A I _ _ _
Banyak cara menyusun $3$ huruf lainnya adalah $3! = 6.$
Susunan huruf: M A T E M A K _ _ _
Banyak cara menyusun $3$ huruf lainnya adalah $3! = 6.$
Susunan huruf: M A T E M A T A _ _
Banyak cara menyusun $2$ huruf lainnya adalah $2! = 2.$
Susunan huruf: M A T E M A T I A K
Banyak cara susunan huruf adalah $1.$
Terakhir: M AT E M A T I K A
Urutan ke:
$$45.360+3(15.120)+2.520+4(1.260)+720+120+2(60)+3(6)+2+1+1 = 99.262.$$Jadi, kata MATEMATIKA berada pada urutan ke-$99.262.$
(Jawaban E)

INDONESIA terdiri dari $9$ huruf yang meliputi $2$ huruf I, $2$ huruf N, dan masing-masing $1$ huruf D, O, E, S, dan A.
Kita akan menyusun $9$ huruf ini secara alfabetis menggunakan prinsip permutasi berulang.
Susunan huruf: A _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $8$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{8!}{\underbrace{2!}_{I} \times \underbrace{2!}_{N}} = 10.080.$
Susunan huruf: D _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $8$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{8!}{\underbrace{2!}_{I} \times \underbrace{2!}_{N}} = 10.080.$
Susunan huruf: E _ _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $8$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{8!}{\underbrace{2!}_{I} \times \underbrace{2!}_{N}} = 10.080.$
Susunan huruf: I A _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{N}} = 2.520.$
Susunan huruf: I D _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{N}} = 2.520.$
Susunan huruf: I E _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{N}} = 2.520.$
Susunan huruf: I I _ _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $7$ huruf lainnya adalah
$\dfrac{7!}{\underbrace{2!}_{N}} = 2.520.$
Susunan huruf: I N A _ _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $6$ huruf lainnya adalah $6! = 720.$
Susunan huruf: I N D A _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $5! = 120.$
Susunan huruf: I N D E _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $5! = 120.$
Susunan huruf: I N D I _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $5! = 120.$
Susunan huruf: I N D N _ _ _ _ _
Banyak cara menyusun $5$ huruf lainnya adalah $5! = 120.$
Susunan huruf: I N D O A _ _ _ _
Banyak cara menyusun $4$ huruf lainnya adalah $4! = 24.$
Susunan huruf: I N D O E _ _ _ _
Banyak cara menyusun $4$ huruf lainnya adalah $4! = 24.$
Susunan huruf: I N D O I _ _ _ _
Banyak cara menyusun $4$ huruf lainnya adalah $4! = 24.$
Susunan huruf: I N D O N A _ _ _
Banyak cara menyusun $3$ huruf lainnya adalah $3! = 6.$
Susunan huruf: I N D O N E A _ _
Banyak cara menyusun $2$ huruf lainnya adalah $2! = 2.$
Susunan huruf: I N D O N E I _ _
Banyak cara menyusun $2$ huruf lainnya adalah $2! = 2.$
Susunan huruf: I N D O N E S A _
Banyak cara menyusun $1$ huruf lainnya adalah $1! = 1.$
Terakhir: I N D O N E S I A
Urutan ke:
$3(10.080)+4(2.520)+720+4(120)$ $ +3(24)+6+2(2)+1+1 = 41.604.$
Jadi, kata INDONESIA berada pada urutan ke-$41.604.$
(Jawaban D)

Dari $5$ pria dan $5$ wanita, terdapat masing-masing $1$ pria dan $1$ wanita yang usianya paling muda.
Syarat yang diberikan adalah delegasi mencakup PALING BANYAK (berarti boleh kurang) satu anggota termuda dari masing-masing kalangan.
Kemungkinan 1: Tidak terpilih anggota termuda dari kedua kalangan
Tersisa $4$ pria dan $4$ wanita, lalu dipilih $3$ pria dan $3$ wanita.
Banyak cara pemilihannya masing-masing menggunakan aturan kombinasi, yaitu
$\begin{aligned} C^4_3 \times C^4_3 & = \dfrac{4!}{3! \cdot 1!} \times \dfrac{4!}{3! \cdot 1!} \\ & = 4 \times 4 = 16. \end{aligned}$
Kemungkinan 2: Terpilih anggota termuda dari kalangan pria
Tersisa $4$ pria dan $4$ wanita, lalu dipilih $2$ pria (pria termuda sudah terpilih) dan $3$ wanita.
Banyak cara pemilihannya masing-masing menggunakan aturan kombinasi, yaitu
$\begin{aligned} C^4_2 \times C^4_3 & = \dfrac{4!}{2! \cdot 2!} \times \dfrac{4!}{3! \cdot 1!} \\ & = 6 \times 4 = 24. \end{aligned}$
Kemungkinan 3: Terpilih anggota termuda dari kalangan wanita
Tersisa $4$ pria dan $4$ wanita, lalu dipilih $3$ pria dan $2$ wanita (wanita termuda sudah terpilih).
Banyak cara pemilihannya masing-masing menggunakan aturan kombinasi, yaitu
$\begin{aligned} C^4_3 \times C^4_2 & = \dfrac{4!}{3! \cdot 1!} \times \dfrac{4!}{2! \cdot 2!} \\ & = 4 \times 6= 24. \end{aligned}$
Jadi, banyak cara menyusun keanggotaan delegasi itu adalah $\boxed{16+24+24=64}$
(Jawaban D)

Masing-masing kelas terdiri dari $30$ siswa.
Peluang terpilih keduanya laki-laki adalah
$P(L) = \dfrac{7}{36} = \dfrac{7 \times 25}{900} = \dfrac{7}{30} \times \dfrac{25}{30}.$
Dari bentuk di atas, kita dapat ketahui bahwa dari $30$ siswa, terdapat $7$ siswa laki-laki di kelas pertama dan $25$ siswa laki-laki di kelas kedua.
Dengan demikian, peluang terpilih keduanya perempuan adalah
$\begin{aligned} P(P) & = \dfrac{30-7}{30} \times \dfrac{30-25}{30} \\ & = \dfrac{23}{30} \times \dfrac{\cancel{5}}{\cancelto{6}{30}} = \dfrac{23}{180}. \end{aligned}$
(Jawaban A)

Peluang keluarnya mobil Avanza sama dengan banyaknya mobil Avanza dibagi dengan banyaknya unit mobil seluruhnya, yaitu
$P(\text{Avanza}) = \dfrac{4}{52} = \dfrac{1}{13}.$
Anggap satu unit mobil Avanza sudah keluar dari tempat parkir sehingga sekarang hanya tersisa $51$ unit mobil.
Peluang keluarnya mobil Avanza sama dengan banyaknya mobil Kijang dibagi dengan banyaknya unit mobil yang tersisa, yaitu
$P(\text{Kijang}) = \dfrac{4}{51}.$
Dengan demikian, peluang terjadinya mobil Avanza yang keluar pertama, lalu disusul oleh mobil Kijang adalah
$\boxed{\begin{aligned} P(\text{Avanza}~\cap~\text{Kijang}) & = \dfrac{1}{13} \times \dfrac{4}{51} \\ & = \dfrac{4}{663}. \end{aligned}}$
(Jawaban A)

Banyak cara memilih $3$ dari $6$ rasa dapat ditentukan dengan menggunakan aturan kombinasi, yaitu
$\begin{aligned} C^6_3 & = \dfrac{6!}{3! \cdot 3!} \\ & = \dfrac{\bcancel{6} \cdot 5 \cdot 4 \cdot \cancel{3!}}{\cancel{3!} \cdot \bcancel{6}} = \color{red}{20}. \end{aligned}$
Misalkan $3$ rasa es krim itu kita simbolkan sebagai $A, B$, dan $C$. Kita dapat membuat tabel yang menginformasikan banyaknya es krim untuk $3$ rasa tersebut dengan syarat masing-masingnya minimal $2$ dan jumlah keseluruhannya $10$.
$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline A & B & C & \text{Banyak Susunan} \\ \hline 2 & 3 & 5 & 3! = 6 \\ \hline 2 & 2 & 6 & \dfrac{3!}{2!} = 3 \\ \hline 2 & 4 & 4 & \dfrac{3!}{2!} = 3 \\ \hline 3 & 3 & 4 & \dfrac{3!}{2!} = 3 \\ \hline \end{array}$
Petunjuk: Banyak susunan artinya banyak cara kita menyusun $3$ bilangannya. Misalkan, untuk menyusun $334$ (ada $3$ angka dan $2$ angka yang sama), ada sebanyak $\dfrac{3!}{2!} = 3$ cara.
Jumlah susunan tersebut semuanya adalah $6+3+3+3=\color{blue}{15}$.
Dengan demikian, banyak kombinasi Siska membeli es krim adalah $\boxed{\color{red}{20} \times \color{blue}{15} = 300}$
(Jawaban E)

Diberikan $7$ warna dan dua warna akan dikombinasikan membentuk warna baru.
Gunakan aturan kombinasi karena pencampuran warna tidak memandang urutan pemilihan warna pertama dan kedua.
Banyak kombinasi warnanya adalah
$C^7_2 = \dfrac{7!}{5! \cdot 2!} = \dfrac{7 \times \cancelto{3}{6}}{\cancel{2}} = 21.$
Dalam teori pencampuran warna, kita mesti mengetahui bahwa ada $3$ macam kombinasi dua warna yang menghasilkan warna yang sudah ada, yaitu:
merah + kuning = jingga,
kuning + biru = hijau,
merah + biru = ungu.
Untuk itu, $21$ kombinasi yang telah kita dapatkan tadi harus dikurangi dengan $3$.
Jadi, hanya ada $\boxed{21-3=18}$ warna baru yang akan kita peroleh.
(Jawaban A)

Misalkan ada sebanyak $n$ orang dalam pesta tersebut.
Bersalaman melibatkan $2$ orang dan dibolak-balik posisi orangnya tetap dihitung sama (misalnya: A bersalaman dengan B, sama saja artinya B bersalaman dengan A) sehingga kita menggunakan prinsip kombinasi untuk menyelesaikan ini.
Kombinasi $2$ objek dari $n$ objek menyatakan banyaknya salaman yang terjadi.
$\begin{aligned} C^n_2 & = 55 \\ \dfrac{n!}{(n-2)! \cdot 2!} & = 55 \\ \dfrac{n \cdot (n-1) \cdot \cancel{(n-2)!}}{\cancel{(n-2)!}} & = 110 \\ n(n-1) & = 110 \\ n^2-n-110 & = 0 \\ (n-11)(n+10) & = 0 \end{aligned}$
Diperoleh $n=11$ atau $n=-10$.
Karena $n$ menyatakan banyak orang, nilainya tidak mungkin negatif. Jadi, diambil $n = 11$. Artinya, ada $11$ orang yang menghadiri pesta tersebut.
Cara lain:
Cara ini biasa dipakai oleh siswa peserta olimpiade tingkat SD.
Ilustrasi: Ketika ada $5$ orang bernama A, B, C, D, dan E akan bersalaman satu sama lain tepat sekali, maka dapat dibuat suatu pemikiran/asumsi seperti berikut.
A $4$ kali bersalaman, yaitu dengan B, C, D, dan E.
B $3$ kali bersalaman, yaitu dengan C, D, dan E.
C $2$ kali bersalaman, yaitu dengan D dan E.
D $1$ kali bersalaman, yaitu dengan E.
E tidak bersalaman.
Perhatikan bahwa ketika A bersalaman dengan E, saat itu E juga bersalaman dengan A sehingga kita tidak perlu menghitungnya dua kali (kita anggap “E tidak bersalaman”).
Banyak salaman: $1+2+3+4=10.$
Dengan prinsip yang sama, jika ada $n$ orang dan terjadi $55$ kali salaman, maka kita peroleh persamaan aljabar $1+2+3+\cdots+(n-1) = 55.$
Tanpa perlu menggunakan rumus $\text{S}_n$ (deret aritmetika), akan lebih efektif bila kita langsung menerka saja nilai $n.$
Periksa bahwa ketika $n = 11$, maka $1+2+3+\cdots+(11-1) = 55$ dan memang benar bahwa penjumlahan $1$ sampai $10$ menghasilkan $55.$
Jadi, ada $11$ orang yang menghadiri pesta tersebut.
(Jawaban A)

Angka $0$ tidak boleh dimunculkan di muka pada nomor polisi mobil dan angka yang muncul boleh berulang.
Jumlah keempat angka pada nomor polisi akan genap ketika:

1. Keempat angkanya genap.
2. Keempat angkanya ganjil.
3. Terdiri dari $2$ angka genap dan $2$ angka ganjil.

Kemungkinan 1:
Angka pertama dapat diisi oleh $2, 4, 6$, dan $8$. Angka kedua, ketiga, dan keempat dapat diisi oleh $0, 2, 4, 6$, dan $8$. Banyaknya pelat = $4 \times 5 \times 5 \times 5 = 500.$
Kemungkinan 2:
Angka pertama, kedua, ketiga, dan keempat dapat diisi oleh $1, 3, 5, 7$, dan $9$. Banyaknya pelat = $5 \times 5 \times 5 \times 5 = 625.$
Kemungkinan 3:
Misalkan $p$ adalah angka genap dan $q$ adalah angka ganjil.
Susunan yang mungkin jika keempat angka harus memuat $2$ angka ganjil dan $2$ angka genap adalah $ppqq$, $qqpp$, $pqpq$, $qpqp$, $pqqp$, dan $qppq$.
Ketika angka genap di muka, yaitu $ppqq$, $pqpq$, dan $pqqp$ (ada $3$), banyak pelat yang dapat dibuat adalah $3 \times (4 \times 5 \times 5 \times 5) = 1.500$.
Ketika angka ganjil di muka, yaitu $qqpp$, $qpqp$, dan $qppq$ (ada $3$), banyak pelat yang dapat dibuat adalah $3 \times (5 \times 5 \times 5 \times 5) = 1.875$.
Jumlah mobil yang bisa terdaftar di negara itu sama dengan banyaknya pelat secara keseluruhan, yaitu $\boxed{500+625+1.500+1.875=4.500}$
(Jawaban D)

Dua karakter di depan dapat diisi oleh dua angka apa pun (dari $0$ sampai $9$, ada sebanyak $10$ angka) sehingga akan ada $10 \times 10 = \color{blue}{100}$ susunan berbeda.
Tiga karakter di belakangnya diisi oleh tiga huruf (dari $a$ sampai $z$, ada sebanyak $26$ huruf) sehingga akan ada $26 \times 26 \times 26 = \color{red}{17.576}$ susunan.
Secara keseluruhan, maksimum jumlah pelat yang dapat dibuat di negara tersebut adalah $\boxed{\color{blue}{100} \times \color{red}{17.576} = 1.757.600}$
(Jawaban A)

Posisi duduk mereka melingkar membentuk lingkaran sehingga penyusunannya menggunakan prinsip permutasi siklis.
Masing-masing warga negara yang sama harus duduk berdampingan. Karena itu, kita misalkan $2$ orang Amerika sebagai satu objek, $4$ orang Perancis sebagai satu objek, $4$ orang Jerman sebagai satu objek, dan $2$ orang Italia sebagai satu objek sehingga totalnya ada $4$ objek.
Banyak cara mengatur $4$ objek ini berlandaskan prinsip permutasi siklis adalah $\color{red}{(4-1)! = 3!}$.
Untuk mengatur posisi duduk $2$ orang Amerika, gunakan prinsip permutasi biasa: $\color{red}{2!}$.
Dengan cara yang sama, banyak cara mengatur posisi duduk $4$ orang Perancis, $4$ orang Jerman, dan $2$ orang Italia berturut-turut adalah $\color{red}{4!, 4!}$, dan $\color{red}{2!}$.
Jadi, banyak cara mengatur susunan duduk mereka semua adalah
$\begin{aligned} & 3! \cdot 2! \cdot 4! \cdot 4! \cdot 2! \\ & = 6 \cdot 2 \cdot 24 \cdot 24 \cdot 2 = 13.824. \end{aligned}$
(Jawaban D)

Banyaknya susunan bilangan 4-angka yang digit-digitnya tersusun dari angka $0$ sampai $9$ dan angkanya berlainan adalah $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5.040$.
Karena kata $\text{ZAKI}$ bisa ditaruh di depan atau di belakang (ada $2$ posisi), secara keseluruhan, ada $\boxed{2 \times 5.040 = 10.080}$ kata sandi surel yang dapat dibuat olehnya.
(Jawaban B)

Pada pengambilan pertama, banyak telepon genggam yang rusak adalah $n(A) = 2$, sedangkan banyak telepon genggam seluruhnya adalah $n(S_1) = 10+2 = 12$.
Pada pengambilan kedua, banyak telepon genggam yang rusak menjadi $n(B) = 1$, sedangkan banyak telepon genggam seluruhnya adalah $n(S_2) = 11$.
Dengan demikian, peluang terambilnya dua telepon genggam yang rusak satu per satu tanpa pengembalian adalah
$$\boxed{\dfrac{n(A)}{n(S_1)} \times \dfrac{n(B)}{n(S_2)} = \dfrac{\cancel{2}}{\cancelto{6}{12}} \times \dfrac{1}{11} = \dfrac{1}{66}}$$(Jawaban C)

Orang tersebut dapat memilih empat merek sepeda motor yang ada. Pemilihan tersebut tidak memandang urutan sehingga tergolong kasus kombinasi.
Perhatikan bahwa pemilihan merek sepeda motor boleh dilakukan berulang. Misalnya, dipilih (Suzuki, Suzuki, Suzuki, Kawasaki). Banyak cara pemilihannya dapat dihitung menggunakan rumus kombinasi berulang (dari $4$ objek $(n=4)$, dipilih $4$ objek $(k=4)$).
$\begin{aligned} \dfrac{(n+k-1)!}{k! \cdot (n-1)!} & = \dfrac{(4+4-1)!}{4! \cdot (4-1)!} \\ & = \dfrac{7 \times \bcancel{6} \times 5 \times \cancel{4!}}{\cancel{4!} \cdot \bcancel{3!}} \\ & = 7 \times 5 = 35 \end{aligned}$
Jadi, ada $\boxed{35}$ cara pemilihan sepeda motor tersebut.
(Jawaban B)

Peluang muncul mata dadu genap (even) dinotasikan $P(E)$, sedangkan peluang muncul mata dadu ganjil (odd) dinotasikan $P(O).$
Diketahui bahwa $P(E) : P(O) = 2 : 1.$
Karena banyak titik sampel pada pelemparan sebuah dadu adalah $6$ dan mata dadu ganjil-genap masing-masing ada $3$ titik sampel, haruslah $P(E) = \dfrac23$ dan $P(O) = \dfrac13.$
Peluang muncul mata dadu $4$ dari tiga mata dadu genap yang ada ($2, 4, 6$) adalah
$\boxed{P(X = 4) = \dfrac23 \times \dfrac13 = \dfrac29}$
(Jawaban E)

Kata sandi harus terdiri dari $8$ karakter: $4$ karakter berupa angka dan $4$ karakter lainnya berupa huruf kapital.
Dari $10$ angka yang ada ($0, 1, \cdots, 9$), banyak cara pemilihan angka-angka ini untuk mengisi $4$ karakter adalah $C_4^{10}$.
Dari $26$ huruf kapital yang ada (A, B, …, Z), banyak cara pemilihan huruf-huruf ini untuk mengisi $4$ karakter sisanya adalah $C_4^{26}$.
Sekarang, kita telah mempunyai $8$ karakter berbeda untuk disusun menjadi sebuah kata sandi. Dengan menggunakan prinsip permutasi, kita peroleh ada sebanyak $P_8^8 = 8!$ cara menyusun posisi $8$ karakter tersebut. Dengan demikian, banyak kata sandi yang dapat dibuat adalah $\boxed{C_4^{26} \times C_4^{10} \times 8!}$
(Jawaban C)

Banyak titik di garis $(1)$ adalah $6$, sedangkan banyak titik di garis $(2)$ adalah $4$.
Sebuah segitiga dapat terbentuk dari $3$ titik yang tidak segaris. Ketika kita memilih $3$ titik sembarang, kita tidak memperhatikan urutan pemilihan titik tersebut untuk membentuk segitiga. Oleh karena itu, $\triangle ABC$ misalnya, dianggap sama dengan $\triangle BAC$ (dibolak-balik dianggap sama) sehingga termasuk kasus kombinasi.
Kemungkinan 1:
Pilih dua titik di garis $(1)$ dan satu titik di garis $(2)$. Perlu diperhatikan bahwa ketika misalnya kita memilih titik $A$ dan $C$, maka secara otomatis titik $B$ ikut terpilih karena ketiga titik tersebut segaris. Kita tetap menganggap bahwa kita hanya memilih dua titik.
Dengan menggunakan aturan kombinasi, diperoleh
$\begin{aligned} C_2^6 \times C_1^4 & = \dfrac{6!}{4! \cdot 2!} \times \dfrac{4!}{3! \cdot 1!} \\ & = 15 \times 4 = 60. \end{aligned}$
Jadi, ada $60$ segitiga yang dapat dibentuk dari kemungkinan ini.
Kemungkinan 2:
Pilih satu titik di garis $(1)$ dan dua titik di garis $(2)$.
Dengan menggunakan aturan kombinasi, diperoleh
$\begin{aligned} C_1^6 \times C_2^4 & = \dfrac{6!}{5! \cdot 1!} \times \dfrac{4!}{2! \cdot 2!} \\ & = 6 \times 6 = 36. \end{aligned}$
Jadi, ada $36$ segitiga yang dapat dibentuk dari kemungkinan ini.
Secara keseluruhan, ada $\boxed{60 + 36 = 96}$ segitiga yang dapat dibentuk.
(Jawaban D)

Agar diperoleh bilangan ganjil, angka satuannya harus ganjil. Karena hanya $1$ yang merupakan angka ganjil, $1$ harus diletakkan di posisi satuan. Dengan demikian, tersisa angka $2, 4$, dan $8$ untuk mengisi posisi lainnya dengan masing-masing angka muncul $2$ kali: $\overline{ABCDEF1}$.
Kasus ini sama dengan mencari banyaknya susunan $6$ karakter dengan sejumlah karakter yang berulang sehingga menggunakan rumus permutasi berulang.
$\begin{aligned} \binom{6}{2, 2, 2} & = \dfrac{6!}{2! \cdot 2! \cdot 2!} \\ & = \dfrac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}{2 \cdot 2 \cdot 2} \\ & = 90 \end{aligned}$
Jadi, ada $\boxed{90}$ bilangan ganjil yang memenuhi kriteria yang disebutkan.
(Jawaban B)

Misalkan banyak domino ukuran $1 \times 1$, $1 \times 2$, dan $1 \times 4$ masing-masing dinotasikan $x, y, z$ sehingga untuk mengisi domino ukuran $1 \times 10$, kita harus mencari pasangan $(x, y, z)$ yang memenuhi persamaan $x + 2y + 4z = 10$ untuk bilangan cacah $x, y, z.$
Kita akan gunakan cara tabulasi untuk menentukan nilai $(x, y, z).$
Ambil $z = 0$: diperoleh $x + 2y = 10.$
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Nilai}~x & \text{Nilai}~y & \text{Banyak Per}\text{mutasi} \\ \hline 0 & 5 & 1 \\ 2 & 4 & 15 \\ 4 & 3 & \color{red}{35} \\ 6 & 2 & 28 \\ 8 & 1 & 9 \\ 10 & 0 & 1 \\ \hline \end{array}$$Total: $1 + 15 + 35 + 28 + 9 + 1 = 89.$
Ambil $z = 1$: diperoleh $x + 2y = 6.$
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Nilai}~x & \text{Nilai}~y & \text{Banyak Per}\text{mutasi} \\ \hline  0 & 3 & 4 \\ 2 & 2 & 30 \\ 4 & 1 & 30 \\ 6 & 0 & 7 \\ \hline \end{array}$$Total: $4 + 30 + 30 + 7 = 71.$
Ambil $z = 2$: diperoleh $x + 2y = 2.$
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Nilai}~x & \text{Nilai}~y & \text{Banyak Per}\text{mutasi} \\ \hline 0 & 1 & 3 \\ 2 & 0 & 6 \\ \hline \end{array}$$Total: $3 + 6 = 9.$
Jika $z = 3$, persamaan tidak memiliki solusi.
Catatan: Cara mencari banyak permutasi adalah dengan menggunakan rumus permutasi berulang. Misalnya, untuk menyusun posisi $4$ papan domino ukuran $1 \times 1$ dan $3$ domino ukuran $1 \times 2$, analog dengan menyusun huruf $XXXXYYY$, caranya sebanyak $\dfrac{7!}{4! \cdot 3!} = \color{red}{35}.$
Secara keseluruhan, kita temukan ada $\boxed{89 + 71 + 9 = 169}$ pasangan nilai $(x, y, z)$ yang memenuhi persamaan tersebut, artinya ada $\boxed{169}$ cara menutup papan domino ukuran $1 \times 10$ tersebut.
(Jawaban A)

Banyak elemen pada semesta adalah $\text{n}(S) = x+y+z+3.$ Karena $z = 2x$, dapat ditulis $\text{n}(S) = 3x+y+3$.
Diketahui $P(A \cap B) = \dfrac15$. Berdasarkan diagram Venn, diperoleh
$\begin{aligned} P(A \cap B) & = \dfrac{y}{3x+y+3} \\ \dfrac15 & = \dfrac{y}{3x+y+3} \\ 5y & = 3x+y+3 \\ 4y-3x & = 3 && (\cdots 1) \end{aligned}$
Selanjutnya,
$$\begin{aligned} P(A \cup B)’ & = P(A)-P(A \cap B) \\ \dfrac{3}{3x+y+3} & = \dfrac{x+y}{3x+y+3}-\dfrac{y}{3x+y+3} \\ \dfrac{3}{\cancel{3x+y+3}} & = \dfrac{x}{\cancel{3x+y+3}}. \end{aligned}$$Diperoleh $\color{red}{x = 3}$. Berdasarkan Persamaan $(1),$ diperoleh $4y-3(\color{red}{3}) = 3 \Leftrightarrow y = 3.$
Karena $z = 2x$ dan $x = 3$, didapat $z=2(3)=6.$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} P(B) & = \dfrac{y+z}{3x+y+3} \\ & = \dfrac{3+6}{3(3)+3+3} = \dfrac{9}{15} = \dfrac35. \end{aligned}$
Jadi, nilai $\boxed{P(B)=\dfrac35}$
(Jawaban E)

Diberikan titik $(a, b)$ dengan $a, b = 1, 2, 3, 4, 5.$
Ini berarti ada $\text{n}(S) = 5 \times 5 = 25$ titik yang memenuhi $(a, b)$.
Sekarang, akan dicari titik yang memenuhi pertidaksamaan $3x+4y<24$.
Kita berpatok pada nilai $x$, dan mencari nilai $y$ maksimum yang masih memenuhi pertidaksamaan.

1. Jika $x = 1$, maka $y_{\text{maks}} = 5$. Artinya titik $(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5)$ semuanya memenuhi.
2. Jika $x = 2$, maka $y_{\text{maks}} = 4$, berarti ada $4$ titik memenuhi.
3. Jika $x = 3$, maka $y_{\text{maks}} = 3$, berarti ada $3$ titik yang memenuhi.
4. Jika $x = 4$, maka $y_{\text{maks}} = 2$, berarti ada $2$ titik yang memenuhi.
5. Jika $x = 5$, maka $y_{\text{maks}} = 2$, berarti ada $2$ titik yang memenuhi.

Secara keseluruhan, ada $\text{n}(A) = 5+4+3+2+2=16$ titik yang memenuhi pertidaksamaan. Jadi, peluang terpilih titik yang demikian adalah $\boxed{\dfrac{\text{n}(A)}{\text{n}(S)} = \dfrac{16}{25}}$
(Jawaban D)

Jajaran genjang merupakan bangun datar segi empat yang dibentuk oleh dua garis sejajar dipotong oleh dua garis sejajar lainnya.
Oleh karena itu, kita memilih $2$ garis dari himpunan $4$ garis sejajar itu, kemudian memilih $2$ garis dari himpunan $7$ garis sejajar lainnya. Perhatikan bahwa pemilihan garis tidak memperhatikan urutan sehingga termasuk kasus kombinasi.
$$\begin{aligned} C^4_2 \times C^7_2 & = \dfrac{4!}{2! \cdot 2!} \times \dfrac{7!}{5! \cdot 2!} \\ & = \dfrac{4 \times 3 \times \cancel{2!}}{\cancel{2!} \cdot 2} \times \dfrac{7 \times 6 \times \cancel{5!}}{\cancel{5!} \cdot 2} \\ & = 6 \times 21 = 126 \end{aligned}$$Jadi, banyak jajaran genjang yang dapat dibentuk adalah $\boxed{126}$
(Jawaban D)

Pertanyaan benar-salah memiliki peluang $\dfrac12$ untuk dijawab benar, sedangkan pertanyaan pilihan ganda dengan empat opsi memiliki peluang $\dfrac14$ untuk dijawab benar. Kejadian menjawab ini tergolong kejadian yang saling lepas. Oleh karena itu, peluang ketika semua pertanyaan dijawab benar adalah $\boxed{\dfrac12 \times \dfrac12 \times \dfrac14 = \dfrac{1}{16}}$
(Jawaban D)

Jumlahan nilai perbandingan tersebut adalah $1+2+3+4+5+6=21$ sehingga dapat kita asumsikan bahwa peluang munculnya $1, 2, 3, 4, 5,$ dan $6$ pada pelemparan tiap dadu tersebut berturut-turut adalah sebagai berikut.
$$\begin{array}{cc} P(1) = \dfrac{1}{21} & P(4) = \dfrac{4}{21} \\ P(2) = \dfrac{2}{21} & P(5) = \dfrac{5}{21} \\ P(3) = \dfrac{3}{21} & P(6) = \dfrac{6}{21} \end{array}$$Ada beberapa kemungkinan agar jumlah kedua mata dadu sama dengan $7.$ Kita nyatakan dalam tabel di bawah beserta peluangnya.
$$\begin{array}{|c|c|} \hline \text{Kemungkinan} & \text{Peluang} \\ \hline (1, 6), (6, 1) & 2 \cdot \dfrac{1}{21} \cdot \dfrac{6}{21} = \dfrac{12}{441} \\ (2, 5), (5,2) & 2 \cdot \dfrac{2}{21} \cdot \dfrac{5}{21} = \dfrac{20}{441} \\ (3, 4), (4, 3) & 2 \cdot \dfrac{3}{21} \cdot \dfrac{4}{21} = \dfrac{24}{441} \\ \hline \end{array}$$Dengan demikian, peluang munculnya jumlah mata dadu $7$, dinotasikan $P(7),$ adalah jumlah peluang untuk masing-masing kemungkinan di atas, yakni
$$\begin{aligned} P(7) & = \dfrac{12}{441} + \dfrac{20}{441} + \dfrac{24}{441} \\ & = \dfrac{56}{441} \\ & = \dfrac{8}{63}. \end{aligned}$$Jadi, peluang munculnya jumlah mata dadu 7 pada pelemparan sepasang dadu tersebut adalah $\boxed{\dfrac{8}{63}}$
(Jawaban E)

Ketika ada beberapa orang harus duduk bersama, maka kita perlakukan beberapa orang tersebut sebagai satu objek, kemudian kita permutasikan untuk objek tersebut.
Ada $1$ dekan, $2$ wakil dekan, $3$ mahasiswa fisika, $3$ mahasiswa kimia, dan $2$ mahasiswa matematika, dengan total keseluruhan ada $11$ orang.

1. Dekan dan wakil dekan harus duduk bersama sehingga kita perlakukan mereka sebagai satu objek. Ada $3$ orang sehingga permutasinya $3! = \color{red}{6}$ susunan.
2. Mahasiswa fisika harus duduk bersama sehingga kita perlakukan mereka sebagai satu objek. Ada $3$ orang sehingga permutasinya juga $3! = \color{red}{6}$ susunan.
3. Mahasiswa kimia harus duduk bersama sehingga kita perlakukan mereka sebagai satu objek. Ada $3$ orang sehingga permutasinya juga $3! = \color{red}{6}$ susunan.
4. Mahasiswa matematika harus duduk bersama sehingga kita perlakukan mereka sebagai satu objek. Ada $2$ orang sehingga permutasinya juga $2! = \color{red}{2}$ susunan.

Perhatikan sketsa berikut agar lebih jelas.
Permutasikan $4$ objek tersebut secara siklis sehingga terdapat $(4-1)! = \color{red}{6}$ susunan. Dengan demikian secara keseluruhan terdapat $\color{red}{6} \cdot \color{red}{6} \cdot \color{red}{6} \cdot \color{red}{2} \cdot \color{red}{6} = 2.592$ susunan.
(Jawaban D)

Kata SAYANG memuat 6 huruf yang terdiri dari 2 huruf yang sama, yaitu A. Oleh karena itu, gunakan konsep permutasi berulang sehingga kita peroleh banyak permutasinya $n = \dfrac{6!}{2!} = 360.$
Selanjutnya, kita akan menyusun keenam huruf itu mengikuti urutan abjad.

1. Jika huruf pertama A, berarti tinggal menyusun 5 huruf lain di belakangnya (A-S-Y-N-G), yaitu sebanyak $5! = 120.$
2. Jika huruf pertama G, berarti tinggal menyusun 5 huruf lain di belakangnya (A-S-Y-N-A), yaitu sebanyak $\dfrac{5!}{2!} = 60.$
3. Jika huruf pertama N, berarti tinggal menyusun 5 huruf lain di belakangnya (A-S-Y-G-A), yaitu sebanyak $\dfrac{5!}{2!} = 60.$
4. Berikutnya, huruf pertama adalah S. Tiga huruf pertama SAA, SAG, SAN: total terdapat $3 \cdot 3! = 18$ permutasi.
5. Kata berikutnya adalah SAYAGN, lalu SAYANG.

Jadi, secara keseluruhan, kita peroleh nilai $k =120+60+60+18+2 = 260$ sehingga nilai $n+k = 360+260 = 620.$
(Jawaban D)

Misalkan $7$ orang tersebut bernama $A, B, C, D, E, F,$ dan $G$ dengan $A, B, C, D$ mempunyai $1$ orang teman dan $E, F, G$ mempunyai $2$ orang teman.
Misalkan $K$ adalah kejadian terpilihnya $2$ orang yang saling berteman.
Kemungkinan susunan pertemanan yang terjadi adalah sebagai berikut.

1. $A$ berteman dengan $E.$
2. $B$ berteman dengan $E.$
3. $C$ berteman dengan $F.$
4. $F$ berteman dengan $G.$
5. $D$ berteman dengan $G.$

Jadi, ada $n(K) = 5$ kemungkinan pertemanan antara $2$ orang.
Banyak anggota ruang sampel = banyak cara memilih $2$ dari $7$ orang adalah $n(S) = 7C2 = \dfrac{7!}{5! \cdot 2!} = 21.$ Jadi, peluang terpilih $2$ orang yang saling berteman adalah $\boxed{\dfrac{n(K)}{n(S)}= \dfrac{5}{21}}$
(Jawaban A)

Misalkan banyak bola putih sama dengan $P$ dan banyak seluruh bola sama dengan $X = 2.116.$
Diketahui peluang terambil keduanya bola warna putih atau keduanya bola warna merah adalah $\dfrac12$ sehingga kita tulis
$$\begin{aligned} \dfrac{P}{X} \cdot \dfrac{P-1}{X-1} + \dfrac{X-P}{X} \cdot \dfrac{X-P-1}{X-1} & = \dfrac12 \\ \dfrac{P^2-P}{X(X-1)} + \dfrac{X^2-2XP+P^2-X+P}{X(X-1)} & = \dfrac12 \\ 2(2P^2-2XP + X^2-X) & = X(X-1) \\ 4P^2-4XP+2X^2-2X & = X^2-X \\ 4P^2-4XP+X^2 & = X \\ (2P-X)^2 & = X \\ (2P-2.116)^2 & = 2.116 \\ 2P-2.116 & = \pm 46 \\ P-1.058 & = \pm 23. \end{aligned}$$Selanjutnya, dengan mengambil tanda positif dan negatif, didapat $P_{\text{maks}} = 23 + 1.058 = 1.081$ dan $P_{\text{min}} = -23 + 1.058 = 1.035.$ Jadi, banyak minimum dan maksimum bola putih berturut-turut adalah $1.035$ dan $1.081.$
(Jawaban C)

Misalkan 10 peserta tersebut diinisialkan sebagai A, B, C, …, J. Ketika dipilih 3 peserta secara acak, maka ada 2 di antara mereka yang pernah bertanding satu sama lain. Idenya adalah membagi 10 peserta tersebut dalam dua kelompok: kelompok pertama (A, B, C, D, E) dan kelompok kedua (F, G, H, I, J). Jika peserta pertama dari kelompok pertama, kemudian peserta kedua dari kelompok kedua, maka peserta ketiga pasti sekelompok dengan peserta pertama ATAU peserta kedua. Jadi, kita cukup memperhatikan banyaknya pertandingan dari $2$ peserta dalam masing-masing kelompok. Misalnya, (A, B) bertanding, maka peserta ketiga tidak perlu dihiraukan lagi asal kelompoknya karena kondisi sudah terpenuhi.
Banyak pertandingan satu sama lain pada masing-masing kelompok adalah $C^5_2 = 10,$ yakni (A, B), (A, C), (A, D), (A, E), (B, C), (B, D), (B, E), (C, D), (C, E), dan (D, E).
Karena ada dua kelompok, banyak pertandingan minimum adalah $2 \times 10 = 20.$
(Jawaban B)

Banyak tipe skateboard yang dapat dibentuk sama dengan hasil perkalian dari jumlah masing-masing komponennya, yaitu
$$\underbrace{3}_{\text{papan}} \times \underbrace{2}_{\text{set roda}} \times \underbrace{2}_{\text{perlengkapan}} \times \underbrace{4}_{\text{set sumbu}}= 48$$Jadi, ada $48$ tipe skateboard berbeda yang dapat dipilih.

Dalam kasus ini, peluang kelahiran anak laki-laki dan perempuan diasumsikan ideal, yaitu sama-sama $\dfrac12$. Banyak titik sampelnya adalah $2^3 = 8$.
Keluarga tersebut menginginkan ketiga anaknya laki-laki: LLL.
Jadi, peluangnya sebesar $\boxed{\dfrac18}$

Penyusunan angka seperti ini akan dianggap berbeda meskipun angkanya dibolak-balik (misalnya, $123 \neq 321$) sehingga kita menerapkan prinsip permutasi.
Bilangan 4-angka: XXXX, diisi oleh angka $1, 2, 3$, $5, 6, 7$ dengan syarat angkanya berlainan (tidak boleh diulang). Dengan menggunakan metode filling slot:

1. Kotak ribuan bisa diisi oleh $6$ angka.
2. Kotak ratusan bisa diisi oleh $5$ angka.
3. Kotak puluhan bisa diisi oleh $4$ angka.
4. Kotak satuan bisa diisi oleh $3$ angka.

Banyak susunan yang mungkin adalah $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360.$
Selain itu, perhitungannya juga dapat menggunakan rumus permutasi.
$\begin{aligned} P^6_4 & = \dfrac{6!}{(6-4)!} \\ & = \dfrac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \cancel{2!}}{\cancel{2!}} = 360 \end{aligned}$

Angka: $3, 5, 6, 7, 9$
Syarat bilangan: $400 < x < 800.$
Syarat lain: Angkanya berlainan.
Gunakan metode filling slot.

1. Untuk kotak ratusan, hanya ada $\color{red}{3}$ angka yang memenuhi ($5, 6, 7$).
2. Untuk kotak puluhan, tersisa $\color{red}{4}$ angka yang memenuhi ($1$ angka sudah terpakai).
3. Untuk kotak satuan, tersisa $\color{red}{3}$ angka yang memenuhi ($2$ angka sudah terpakai).

Jadi, banyak bilangan yang dapat disusun berdasarkan syarat di atas adalah $\color{red}{3 \times 4 \times 3} = 36.$

Pengambilan $1$ bola pada masing-masing kotak melibatkan aturan perkalian peluang.
Jumlah bola di kotak A = $\color{red}{5}$
Jumlah bola di kotak B = $\color{blue}{10}$
Kotak A: Merah
Kotak B: Putih
Ada $2$ bola merah di kotak A sehingga peluang terambilnya $1$ bola merah di kotak A adalah $P(A = \text{merah}) = \dfrac{2}{\color{red}{5}}$.
Ada $3$ bola putih di kotak B sehingga peluang terambilnya $1$ bola putih di kotak B adalah $P(B = \text{putih}) = \dfrac{3}{\color{blue}{10}}$.
Jadi, peluang terambilnya $1$ bola merah di kotak A dan $1$ bola putih di kotak B adalah
$\begin{aligned} & P(A = \text{merah}) \times P(B = \text{putih}) \\ & = \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{10} = \dfrac{3}{25}. \end{aligned}$

Kita memperhatikan urutan pemilihan calon pengurus desa karena adanya unsur posisi/jabatan (misalnya, AB = A sebagai ketua dan B wakil ketua, jelas berbeda dengan BA = B sebagai ketua dan A wakil ketua) sehingga ini termasuk kasus permutasi, yaitu $\color{red}{4}$ dari $10$ objek (angka $\color{red}{4}$ didapat dari banyaknya jabatan yang ada).
$\begin{aligned} P^{10}_4 & = \dfrac{10!}{6!} \\ & = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times \cancel{6!}}{\cancel{6!}} = 5.040 \end{aligned}$
Jadi, ada $\boxed{5.040}$ cara yang dapat dilakukan untuk memilih mereka.

Dalam penyusunan posisi duduk di kasus ini, kita tidak memperhatikan urutan pemilihan mereka. Misal, ketika dipilih A, B, C duduk di kursi, artinya sama saja bila dipilih B, A, C (dibolak-balik dianggap sama), karena yang dipermasalahkan adalah posisi duduk dan berdiri. Jadi, ini adalah kasus kombinasi.
Banyak cara $6$ orang duduk di $3$ kursi tanpa syarat apa pun adalah
$\begin{aligned} C^6_3 & = \dfrac{6!}{3! \cdot 3!} \\ & = \dfrac{\bcancel{6} \cdot 5 \cdot 4 \cdot \cancel{3!}}{\cancel{3!} \cdot \bcancel{6}} = 20. \end{aligned}$

Kita tidak memperhatikan urutan pemilihan calon pengurus OSIS yang mengikuti pelatihan (misalnya, A, B, C mengikuti pelatihan, sama saja dengan B, A, C mengikuti pelatihan) sehingga ini termasuk kasus kombinasi, yaitu $3$ dari $10$ objek.
$\begin{aligned} C^{10}_3 & = \dfrac{10!}{7! \cdot 3!} \\ & = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times \cancel{7!}}{\cancel{7!} \cdot 6} = 120 \end{aligned}$
Jadi, ada $120$ cara yang dapat dilakukan untuk memilih mereka.

Siswa dipilih untuk menempati pengurus inti (yang dalam hal ini tidak disebutkan jabatan/posisinya dan bersifat umum). Ini artinya, bila siswa A dan B dipilih, maka sama saja artinya dipilih siswa B dan siswa A (tidak mempermasalahkan urutan pemilihan) sehingga banyak pemilihan mengikuti aturan kombinasi.

Jawaban a)
Secara keseluruhan, terdapat $14$ orang yang dapat dipilih untuk menempati $5$ posisi sebagai pengurus inti. Berdasarkan aturan kombinasi, banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^{14}_5 & = \dfrac{14!}{9! \cdot 5!} \\ & = \dfrac{14 \cdot 13 \cdot \bcancel{12} \cdot 11 \cdot \bcancel{10} \cdot \cancel{9!}}{\cancel{9!} \cdot \bcancel{120}} \\ & = 14 \cdot 13 \cdot 11 = 2.002. \end{aligned}$
Jadi, ada $2.002$ cara memilih pengurus inti.

Jawaban b)
Paling banyak $3$ siswi mengindikasikan bahwa akan ada $4$ kemungkinan: tidak ada satupun siswi yang dipilih, ada $1$ siswi yang dipilih, ada $2$ siswi yang dipilih, dan ada $3$ siswi yang dipilih.
Kemungkinan 1:
Ketika tidak ada satupun siswi yang dipilih, maka kelima orang yang dipilih merupakan $5$ siswa sehingga banyak cara memilih adalah
$C^6_5 = \dfrac{6!}{5! \cdot 1!} = 6.$
Kemungkinan 2:
Satu siswi terpilih, empat lainnya merupakan siswa. Banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^8_1 \times C^6_4 & = \dfrac{8!}{7! \cdot 1!} \times \dfrac{6!}{2! \cdot 4!} \\ & = 8 \times 15 = 120. \end{aligned}$
Kemungkinan 3:
Dua siswi terpilih, tiga lainnya merupakan siswa. Banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^8_2 \times C^6_3 & = \dfrac{8!}{6! \cdot 2!} \times \dfrac{6!}{3! \cdot 3!} \\ & = 28 \times 20 = 560. \end{aligned}$
Kemungkinan 4:
Tiga siswi terpilih, dua lainnya merupakan siswa. Banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^8_3 \times C^6_2 & = \dfrac{8!}{5! \cdot 3!} \times \dfrac{6!}{4! \cdot 2!} \\ & = 56 \times 15 = 840 \end{aligned}$
Secara keseluruhan, ada $6 + 120 + 560 + 840 = 1.526$ cara memilih.

Jawaban c)
Paling sedikit $2$ siswa mengindikasikan bahwa akan ada $4$ kemungkinan: $2$ siswa, $3$ siswa, $4$ siswa, atau $5$ siswa.
Kemungkinan 1:
Ketika dua siswa yang dipilih, maka tiga orang lainnya yang dipilih merupakan $3$ siswi sehingga banyak cara memilih adalah
$\begin{aligned} C^6_2 \times C^8_3 & = \dfrac{6!}{4! \cdot 2!} \times \dfrac{8!}{5! \cdot 3!} \\ & = 15 \times 56 = 840. \end{aligned}$
Kemungkinan 2:
Tiga siswa terpilih, dua lainnya merupakan siswi. Banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^6_3 \times C^8_2 & = \dfrac{6!}{3! \cdot 3!} \times \dfrac{8!}{6! \cdot 2!} \\ & = 20 \times 28 = 560. \end{aligned}$
Kemungkinan 3:
Empat siswa terpilih, satu lainnya merupakan siswi. Banyak cara memilihnya adalah
$\begin{aligned} C^6_4 \times C^8_1 & = \dfrac{6!}{2! \cdot 4!} \times \dfrac{8!}{7! \cdot 1!} \\ & = 15 \times 8 = 120. \end{aligned}$
Kemungkinan 4:
Kelima orang yang dipilih semuanya merupakan siswa. Banyak cara memilihnya adalah $C^6_5 = \dfrac{6!}{5! \cdot 1!} = 6.$
Secara keseluruhan, ada $840+560+120+6 = 1.526$ cara memilih.

Berdasarkan teori himpunan, kita dapat buat diagram Venn berikut.
Jawaban a)
Peluang lulus tes matematika sekaligus kimia ditunjukkan oleh irisan diagram Venn di atas, yaitu $1-0,\!3-0,\!4 = 0,\!3.$
Karena banyak siswa ada $80$ orang, perkiraan banyak siswa yang lulus kedua tes tersebut adalah
$\begin{aligned} 0,\!3 \times 80 & = \dfrac{3}{\cancel{10}} \times \cancelto{8}{80} \\ & = 24~\text{orang}. \end{aligned}$
Jawaban b)
Peluang lulus salah satu tes saja adalah $0,\!3+0,\!4 = 0,\!7$ sehingga perkiraan banyak siswa yang lulus adalah $0,\!7 \times 80 = 56$ orang.

Perhatikan sketsa berikut.
Keenam anak tersebut dapat bertukar tempat di $6$ posisi berbeda.
Banyak cara mereka berfoto adalah $\boxed{6! = 720}$

Cara mengatur posisi berfoto sebenarnya analog (serupa) dengan cara mengatur sejumlah huruf/angka.
Jawaban a)
Banyak cara mengatur keluarga yang terdiri dari $6$ orang itu berfoto adalah
$6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720.$
Jawaban b)
Perhatikan sketsa slot berikut.
Ketika ayah dan ibu di tengah, kita hanya perlu menghitung cara berfoto empat orang lainnya, lalu dikali $2$ (dengan alasan bahwa posisi ayah-ibu dan ibu-ayah berfoto dibedakan).
Jadi, banyak cara berfoto adalah $4! \times 2 = (4 \times 3 \times 2 \times 1) \times 2 = 48.$
Jawaban c)
Saat ayah dan ibu berdampingan, kita anggap mereka berdua sebagai satu kesatuan (satu objek). Untuk itu, kita seolah-olah mengatur cara berfoto dari $5$ orang. Banyak cara berfoto yang didapat nantinya perlu dikali $2$ karena posisi ayah-ibu dan ibu-ayah berbeda.
Jadi, banyak cara berfoto adalah $5! \times 2 = (5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1) \times 2$ $= 240.$
Jawaban d)
Saat masing-masing dari dua anak laki-laki dan dua anak perempuan selalu berdampingan, kita anggap dua anak laki-laki maupun dua anak perempuan sebagai satu kesatuan (satu objek). Kita seolah-olah mengatur cara berfoto dari $4$ orang.
Banyak cara berfoto yang didapat nantinya perlu dikali $2$, lalu dikali $2$ lagi karena posisi L1-L2 dan L2-L1 berbeda, termasuk juga P1-P2 dan P2-P1.
Jadi, banyak cara berfoto adalah $4! \times 2 \times 2 = (4 \times 3 \times 2 \times 1) \times 2 \times$ $2 = 96.$

Kata WISUDA terdiri dari $6$ huruf yang semuanya berbeda.
Dengan menggunakan aturan permutasi, banyak susunan katanya adalah
$\boxed{6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720}$

Jawaban a)
$123456$ terdiri dari $6$ angka yang semuanya berbeda.
Dengan menggunakan aturan permutasi, banyak susunan yang dapat dibuat adalah $6! = 720$.
Jawaban b)
$087818001796$ terdiri dari $12$ angka: $8$ muncul $3$ kali, $0$ muncul $3$ kali, $1$ muncul $2$ kali, $7$ muncul $2$ kali.
Dengan menggunakan aturan permutasi berulang, banyak susunan yang dapat dibuat adalah $\dfrac{12!}{3! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 2!}$.
Jawaban c)
$3334445555$ terdiri dari $10$ angka: $3$ muncul $3$ kali, $4$ muncul $3$ kali, dan $5$ muncul $4$ kali.
Dengan menggunakan aturan permutasi berulang, banyak susunan yang dapat dibuat adalah $\dfrac{10!}{3! \cdot 3! \cdot 4!}$.

Jawaban a)
Perhatikan bahwa ketika siswa memilih menjawab soal nomor $1$ dan $2$, maka itu sama saja dengan siswa itu menjawab soal nomor $2$ dan $1$ (tidak memperhatikan urutan pengerjaan) sehingga ini termasuk kasus kombinasi.
Dari $12$ soal, siswa wajib mengerjakan $8$ soal. Jadi, banyak cara memilih soal yang akan dijawab adalah
$\begin{aligned} C^{12}_8 & = \dfrac{12!}{8! \cdot 4!} \\ & = \dfrac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot \cancel{8!}}{\cancel{8!} \cdot 4!} \\ & = 495 \end{aligned}$
Jawaban b)
Soal nomor $1$ sampai $4$ wajib dikerjakan. Artinya, dari $8$ soal, siswa itu hanya tinggal memilih $\color{blue}{4}$ soal lain untuk dijawab dari soal nomor $5$ sampai $12$ (ada sebanyak $\color{red}{8}$ soal).
Banyak cara memilih soal yang akan dijawab adalah
$C^{\color{red}{8}}_{\color{blue}{4}} = \dfrac{8!}{4! \cdot 4!} = \dfrac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot \cancel{4!}}{\cancel{4!} \cdot 4!} = 70$
Jawaban c)
Soal nomor ganjil wajib dikerjakan, yaitu nomor $1, 3, 5, 7, 9$, dan $11$. Dari $8$ soal yang harus dikerjakan, sekarang hanya tersisa $\color{blue}{2}$ soal dari $\color{red}{6}$ soal yang tersedia.
Banyak cara memilih soal yang akan dijawab adalah
$C^{\color{red}{6}}_{\color{blue}{2}} = \dfrac{6!}{4! \cdot 2!} = \dfrac{6 \cdot 5 \cdot \cancel{4!}}{\cancel{4!} \cdot 2!} = 15$

Jawaban a)
Posisi duduk melingkar menandakan penggunaan permutasi siklis.
Ada $\color{blue}{6}$ orang yang akan diatur posisi duduknya secara melingkar sehingga banyak cara untuk duduk adalah $(\color{blue}{6}-1)! = 5! = 120.$
Jawaban b)
Suami istri harus duduk berdampingan sehingga kita anggap mereka berdua sebagai satu objek.
Artinya, kita tinggal atur posisi $\color{red}{5}$ objek saja.
Berdasarkan aturan permutasi siklis, diperoleh banyak cara duduknya adalah $(\color{red}{5}-1)! = 4! = 24$.
Perhatikan juga bahwa suami-istri dapat bertukar tempat menjadi istri-suami (ada $\color{green}{2}$ cara duduk) dalam posisi duduknya sehingga keseluruhan ada $\color{green}{2} \times 24 = 48$.
Jawaban c)
Untuk menghitung banyak cara duduk jika suami istri tidak duduk berdampingan, kita hanya perlu mengurangi banyak cara duduk secara keseluruhan (tanpa syarat) terhadap banyak cara duduk saat suami istri harus berdampingan.
Berdasarkan jawaban sebelumnya, kita peroleh $120-48 = 72$.

Susunan bilangan menggunakan angka $2, 3, 3, 5, 8$.
Jawaban a)
Jumlah kupon nomor urut: $23XXX$
$= 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6.$
Jumlah kupon nomor urut: $25XXX$
ada $3$, yaitu $23558, 25383, 25833.$
Selanjutnya, diikuti oleh $\underbrace{28335}_{10},$ $\underbrace{28353}_{11}$, dan $\underbrace{28533}_{12}.$
Jadi, kupon dengan nomor $28533$ berada pada urutan ke-$12$.
Jawaban b)
Jumlah kupon nomor urut: $2XXXX$ (angka $3$ muncul $\color{blue}{2}$ kali)
$= \dfrac{4!}{\color{blue}{2}!} = 4 \times 3 = 12.$
Jumlah kupon nomor urut: $3XXXX$
$= 4! = 24$.
Jumlah kupon nomor urut: $52XXX$ (angka $3$ muncul $\color{blue}{2}$ kali)
$= \dfrac{3!}{\color{blue}{2}!} = 3.$
Selanjutnya, diikuti oleh $\underbrace{53238}_{40}$ dan $\underbrace{53283}_{41}.$
Jadi, kupon dengan nomor $53283$ berada pada urutan ke-$41$.

Jawaban a)
Masuk melalui $5$ pintu, tetapi keluar hanya dapat melalui $4$ pintu, karena tidak boleh masuk-keluar pada pintu yang sama. Banyak cara untuk masuk-keluar adalah $5 \times 4 = 20.$
Jawaban b)
Masuk melalui $5$ pintu dan keluar juga melalui $5$ pintu. Banyak cara untuk masuk-keluar adalah $5 \times 5 = 25$.
Jawaban c)
Masuk melalui $\color{red}{5}$ pintu dan keluar hanya melalui $4$ pintu, tetapi karena terdapat $1$ pintu rahasia untuk keluar, ini berarti ada $\color{blue}{5}$ pintu yang dapat digunakan untuk keluar.
Banyak cara untuk masuk-keluar adalah $\color{red}{5} \times \color{blue}{5} = 25.$
Jawaban d)
Masuk melalui $7$ pintu ($5$ pintu biasa ditambah $2$ pintu rahasia) dan keluar melalui $5$ pintu.
Banyak cara untuk masuk-keluar adalah $\color{red}{7} \times \color{blue}{5} = 35$.

Banyak buah seluruhnya = $6+5+2 = 13.$
Kasus ini termasuk kasus kombinasi karena pengambilan buah tidak memandang urutan pemilihan (sebagai contoh: mengambil jeruk, apel, mangga, sama saja mengambil apel, mangga, jeruk).
Jawaban a)
Kejadian paling tidak satu (minimal satu, tidak boleh kurang darinya) di antara $3$ buah yang terambil adalah buah jeruk memiliki komplemen kejadian tidak terambilnya satu pun buah jeruk.
Karena diambil $\color{red}{3}$ buah dan terdapat $\color{blue}{6+2 = 8}$ buah yang bukan jeruk, dengan menggunakan komplemen peluang dan aturan kombinasi, diperoleh
$\begin{aligned} P(A) & = 1-\dfrac{C^8_3}{C^{13}_3} \\ & = 1-\dfrac{\dfrac{8!}{5! \cdot 3!}}{\dfrac{13!}{10! \cdot 3!}} \\ & = 1-\dfrac{8 \cdot 7 \cdot 6}{13 \cdot 12 \cdot 11} \\ & = 1-\dfrac{28}{143} = \dfrac{115}{143}. \end{aligned}$
Jadi, peluang setidaknya ada satu buah jeruk di antara $3$ buah yang terambil adalah $\boxed{\dfrac{115}{143}}$
Jawaban b)
Kejadian paling tidak satu (minimal satu, tidak boleh kurang darinya) di antara $3$ buah yang terambil adalah buah mangga memiliki komplemen kejadian tidak terambilnya satu pun buah mangga.
Karena diambil $\color{red}{3}$ buah dan terdapat $\color{blue}{6+5 = 11}$ buah yang bukan mangga, dengan menggunakan komplemen peluang dan aturan kombinasi, diperoleh
$\begin{aligned} P(B) & = 1-\dfrac{C^{11}_3}{C^{13}_3} \\ & = 1-\dfrac{\dfrac{11!}{8! \cdot 3!}}{\dfrac{13!}{10! \cdot 3!}} \\ & = 1-\dfrac{\cancel{11} \cdot 10 \cdot \cancelto{3}{9}}{13 \cdot \cancelto{4}{12} \cdot \cancel{11}} \\ & = 1-\dfrac{15}{26} = \dfrac{11}{26}. \end{aligned}$
Jadi, peluang setidaknya ada satu buah mangga di antara $3$ buah yang terambil adalah $\boxed{\dfrac{11}{26}}$
Jawaban c)
Kejadian paling tidak satu (minimal satu, tidak boleh kurang darinya) di antara $3$ buah yang terambil adalah buah apel memiliki komplemen kejadian tidak terambilnya satu pun buah apel.
Karena diambil $\color{red}{3}$ buah dan terdapat $5+2 = 7$ buah yang bukan jeruk, dengan menggunakan komplemen peluang dan aturan kombinasi, diperoleh
$\begin{aligned} P(A) & = 1-\dfrac{C^7_3}{C^{13}_3} \\ & = 1-\dfrac{\dfrac{7!}{4! \cdot 3!}}{\dfrac{13!}{10! \cdot 3!}} \\ & = 1-\dfrac{7 \cdot \cancel{6} \cdot 5}{13 \cdot \cancelto{2}{12} \cdot 11} \\ & = 1-\dfrac{35}{286} = \dfrac{251}{286}. \end{aligned}$
Jadi, peluang setidaknya ada satu buah apel di antara $3$ buah yang terambil adalah $\boxed{\dfrac{251}{286}}$

Jawaban a)
Berdasarkan eksperimen tersebut, kita harus menentukan nilai $(a, b, c, d, e)$ dengan $a, b, c, d, e \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$ sedemikian sehingga
$a+b+c+d+e = 6$.
Satu-satunya formasi yang memenuhi persamaan tersebut adalah satu $2$ dan empat $1$ yang meliputi $(2, 1, 1, 1, 1)$ beserta permutasinya yang lain. Seluruhnya ada $\dfrac{5!}{\underbrace{4!}_{\text{dari banyak angka 1}}} = \color{red}{5}$.
Karena bola diambil satu per satu dan dikembalikan sebanyak $5$ kali, peluangnya adalah $P(A’) = \left(\dfrac15\right)^5.$
Peluang total setelah dikali $\color{red}{5}$ adalah
$\boxed{P(A) = 5 \times \left(\dfrac15\right)^5 = \dfrac{1}{625}}$
Jawaban b)
Berdasarkan eksperimen tersebut, kita harus menentukan nilai $(a, b, c, d, e)$ dengan $a, b, c, d, e \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$ sedemikian sehingga
$a+b+c+d+e = 7.$
Ada dua formasi yang memenuhi persamaan tersebut, yaitu:

1. dua $2$ dan tiga $1$, yakni $(2, 2, 1, 1, 1)$ dengan banyak permutasi $\dfrac{5!}{2! \cdot 3!} = 10$.
2. satu $3$ dan empat $1$, yakni $(3, 1, 1, 1, 1)$ dengan banyak permutasi $\dfrac{5!}{4!} = 5$.  

Total permutasi = $10+5 = \color{red}{15}$.
Karena bola diambil satu per satu dan dikembalikan sebanyak $5$ kali, peluangnya adalah $P(B’) = \left(\dfrac15\right)^5.$
Peluang total setelah dikali $\color{red}{15}$ adalah
$\boxed{P(B) = 15 \times \left(\dfrac15\right)^5 = \dfrac{3}{125}}$

Jawaban a)
MATEMATIKA terdiri dari $10$ huruf. Adapun huruf yang muncul lebih dari sekali adalah huruf M muncul $2$ kali, T muncul $2$ kali, dan A muncul $3$ kali.
Dengan menggunakan aturan permutasi berulang, banyak cara menyusun huruf pembentuk kata itu adalah
$\begin{aligned} \dfrac{10!}{2! \cdot 2! \cdot 3!} & = \dfrac{10 \cdot \cancelto{3}{9 \cdot 8} \cdot 7!}{\cancel{2 \cdot 2 \cdot 6}} \\ & = 30 \cdot 5.040 \\ & = 151.200. \end{aligned}$
Jawaban b)
Karena dua huruf T harus berdampingan, kita anggap saja bahwa TT merupakan satu huruf. Dengan kata lain, huruf pembentuk kata MATEMATIKA dianggap sebanyak $9$ huruf saja, di mana A muncul $3$ kali dan M muncul dua kali. Dengan menggunakan aturan permutasi berulang, banyak cara menyusun huruf pembentuk kata itu adalah
$\begin{aligned} \dfrac{9!}{2! \cdot 3!} & = \dfrac{\cancelto{6}{9 \cdot 8} \cdot 7!}{\cancel{2 \cdot 6}} \\ & = 6 \cdot 5.040 = 30.240. \end{aligned}$
Jawaban c)
Kedua huruf M harus berada di ujung.
Kita hanya perlu menyusun $8$ huruf lainnya, di mana ada huruf yang muncul lebih dari sekali, yaitu huruf A muncul $3$ kali dan T muncul $2$ kali.
Dengan menggunakan aturan permutasi berulang, banyak cara menyusun huruf pembentuk kata itu adalah
$\dfrac{8!}{2! \cdot 3!} = \dfrac{\cancelto{4}{8} \cdot 7 \cdot \bcancel{6} \cdot 5!}{\cancel{2} \cdot \bcancel{3!}} = 3.360.$
Jawaban d)
Perhatikan sketsa slot berikut.
Berdasarkan sketsa di atas, banyak cara mengatur susunan huruf konsonan dalam slot biru di atas (huruf M dan T muncul dua kali) adalah $\dfrac{5!}{2! \cdot 2!} = \dfrac{120}{4} = 30$, sedangkan banyak cara mengatur susunan huruf vokal dalam slot hijau (huruf A muncul tiga kali) adalah $\dfrac{5!}{3!} = 20$. Selain itu, kita juga bisa menukar posisi huruf vokal dan konsonan (contoh: MAMA menjadi AMAM) sehingga hasil permutasi perlu dikali $2.$
Secara keseluruhan, ada $\boxed{30 \times 20 \times 2= 1.200}$ cara mengatur susunan huruf MATEMATIKA bila diberikan syarat tidak boleh ada huruf vokal yang berdampingan.
Jawaban e)
Perhatikan sketsa slot berikut.
Kata MATEMATIKA terdiri dari $5$ huruf konsonan dan $5$ huruf vokal.
Untuk mengatur susunan $5$ huruf konsonan di depan, di mana huruf M dan T muncul $2$ kali, banyak cara yang dapat dilakukan adalah $\dfrac{5!}{2! \cdot 2!} = 30$.
Untuk mengatur susunan $5$ huruf vokal di belakang, di mana huruf $A$ muncul $3$ kali, banyak cara yang dapat dilakukan adalah $\dfrac{5!}{3!} = 20$.
Secara keseluruhan, ada $\boxed{30 \times 20 = 600}$ cara menyusun susunan huruf-huruf tersebut.

Segitiga merupakan bangun datar yang dapat dibentuk dari $3$ titik yang tidak segaris.
Suatu segitiga akan tetap dianggap sama meskipun ditarik mulai dari titik yang berbeda pada $3$ titik tertentu (misalkan segitiga $ABC$ dan $BAC$ adalah sama) sehingga ini merupakan kasus kombinasi.
Ada $5$ titik tidak segaris dan untuk membuat segitiga dibutuhkan $3$ titik. Gunakan rumus kombinasi $3$ objek dari $5$ objek.
$\begin{aligned} C^5_3 & = \dfrac{5!}{3! \cdot 2!} \\ & = \dfrac{5 \cdot 4 \cdot \cancel{3!}}{\cancel{3!} \cdot 2} = 10 \end{aligned}$
Ada $10$ segitiga berbeda yang dapat dibentuk.
Ilustrasi: Misalkan ada titik $A, B, C, D$, dan $E$ (tidak ada $3$ titik yang segaris). Sepuluh segitiga itu adalah
$\triangle ABC, \triangle ABD, \triangle ABE, \triangle ACD$, $\triangle ACE, \triangle ADE,\triangle BCD, \triangle BCE$,$\triangle BDE, \triangle CDE$.

Dari informasi yang diberikan, jumlah anggota masing-masing kelompok dapat dinyatakan dalam tabel berikut.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline & \text{Anak} & \text{Remaja} & \text{Jumlah} \\ \hline \text{Putra} & 8 & 6 & 14 \\ \hline \text{Putri} & 7 & 3 & 10 \\ \hline \text{Jumlah} & 15 & 9 & 24 \\ \hline \end{array}$$Dalam permainan bulu tangkis, formasi ganda campuran ditempati oleh $2$ orang, yaitu seorang putra dan seorang putri.
Jawaban a)
Di kelompok remaja, jumlah pemain putra adalah $6$ orang, sedangkan jumlah pemain putrinya $3$ orang.
Banyak susunan formasi yang mungkin untuk ganda campuran adalah $6 \times 3 = 18$.
Jawaban b)
Di kelompok anak terdapat $8$ putra dan di kelompok remaja terdapat $3$ putri.
Banyak susunan formasinya adalah $8 \times 3 = 24$.
Di kelompok anak terdapat $7$ putri dan di kelompok remaja terdapat $6$ putra.
Banyak susunan formasinya adalah $7 \times 6 = 42$.
Jadi, totalnya sebanyak $\boxed{24+42=66}$ formasi.

Masing-masing pemenang dianggap telah diberikan $10$ buku tulis sehingga sekarang hanya tersisa $40-3(10) = 10$ buku tulis yang dapat diatur pembagiannya kepada mereka.
Berdasarkan ketentuan bahwa peserta dengan peringkat lebih tinggi mendapatkan lebih banyak buku, kita dapat tuliskan semua komposisi hadiahnya melalui tabel berikut.
$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Juara III} & \text{Juara II} & \text{Juara I} \\ \hline 0 & 1 & 9 \\ \hline 0 & 2 & 8 \\ \hline 0 & 3 & 7 \\ \hline 0 & 4 & 6 \\ \hline 1 & 2 & 7 \\ \hline 1 & 3 & 6 \\ \hline 1 & 4 & 5 \\ \hline 2 & 3 & 5 \\ \hline \end{array}$
Jadi, kita temukan bahwa ada $\boxed{8}$ komposisi pembagian hadiah yang mungkin.

Masing-masing pemenang dianggap telah diberikan $8$ buku tulis sehingga sekarang hanya tersisa $53-5(8) = 13$ buku tulis yang dapat diatur pembagiannya kepada mereka.
Berdasarkan ketentuan bahwa peserta dengan peringkat lebih tinggi mendapatkan lebih banyak buku, kita dapat tuliskan semua komposisi hadiahnya melalui tabel berikut.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text{Harapan II} & \text{Harapan I} & \text{Juara III} & \text{Juara II} & \text{Juara I} \\ \hline 0 & 1 & 2 & 3 & 7 \\ \hline 0 & 1 & 2 & 4 & 6 \\ \hline 0 & 1 & 3 & 4 & 5 \\ \hline \end{array}$$Jadi, kita temukan bahwa hanya ada $\boxed{3}$ komposisi pembagian hadiah yang mungkin.

Berdasarkan informasi pertama, peluang A menang adalah $\dfrac{6}{12} = \dfrac12$, peluang B menang adalah $\dfrac{4}{12} = \dfrac13$, dan peluang seri adalah $\dfrac{2}{12} = \dfrac16$.
Jawaban a)
Kemungkinan 1:
A menang di babak pertama, lalu B menang di babak kedua, dan A kembali menang di babak ketiga.
Peluang ketiga kejadian ini terjadi secara berurutan adalah
$P(X) = \dfrac12 \times \dfrac13 \times \dfrac12 = \dfrac{1}{12}$
Kemungkinan 2:
B menang di babak pertama, lalu A menang di babak kedua, dan B kembali menang di babak ketiga.
Peluang ketiga kejadian ini terjadi secara berurutan adalah
$P(Y) = \dfrac13 \times \dfrac12 \times \dfrac13 = \dfrac{1}{18}$
Total peluangnya adalah
$\begin{aligned} P(X \cup Y) & = P(X) + P(Y) \\ & = \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{18} = \dfrac{5}{36} \end{aligned}$
Jadi, peluang A dan B menang secara bergantian adalah $\boxed{\dfrac{5}{36}}$
Jawaban b)
Pemain B menang paling sedikit satu babak mengindikasikan adanya tiga kejadian saling lepas, yaitu B menang satu babak, B menang dua babak, dan B menang tiga babak.
Daripada mencari peluang ketiga kejadian tersebut, akan lebih efektif bila kita mencari peluang B tidak pernah menang dari $3$ babak itu, lalu hasilnya menjadi pengurang bagi $1$ (komplemen peluang).
Peluang B tidak pernah menang (artinya seri atau A yang menang) adalah
$\begin{aligned} P(X) & = \dfrac{6+2}{12} \times \dfrac{6+2}{12} \times \dfrac{6+2}{12} \\ & = \dfrac{2}{3} \times \dfrac23 \times \dfrac23 = \dfrac{8}{27} \end{aligned}$
Peluang B menang paling sedikit satu babak adalah
$\begin{aligned} P(X^C) & = 1-P(X) \\ & = 1-\dfrac{8}{27} = \dfrac{19}{27}. \end{aligned}$

Misalkan $K$ dan $H$ masing-masing menyatakan banyaknya bola kuning dan hijau. Misalkan juga banyak bola hijau di kantong $2$ adalah $x.$
Kondisi mula-mula:
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ K = 5 & H = x \\ \hline \end{array}$$Satu bola dipindahkan dari kantong $1$ ke kantong $2.$
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ K = 4 & H = x \\ & K = 1 \\ \hline \end{array}$$Satu bola dipindahkan dari kantong $2$ ke kantong $1.$

Kasus 1: Bola kuning yang terambil
Peluang terambilnya bola kuning di kantong $2$ adalah $\dfrac{1}{x+1}.$
Setelah dipindahkan ke kantong $1,$ kantong $1$ sekarang memuat $5$ bola kuning, sedangkan kantong $2$ memuat $x$ bola hijau.
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ K = 5 & H = x \\ \hline \end{array}$$Langkah berikutnya, diambil satu bola lagi dari kantong $1$ (pasti bola kuning) dipindahkan ke kantong $2$ sehingga bola kuning di kantong $1$ tersisa $4,$ sedangkan kantong $2$ memuat $x$ bola hijau dan $1$ bola kuning.
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ K = 4 & H = x \\ & K = 1 \\ \hline \end{array}$$Peluang terambil bola hijau untuk kasus ini dinyatakan oleh
$$P(A) = \dfrac{1}{x+1} \cdot \dfrac{x}{x+1} = \dfrac{x}{x^2+2x+1}.$$
Kasus 2: Bola hijau yang terambil
Peluang terambilnya bola hijau di kantong $2$ adalah $\dfrac{x}{x+1}.$
Setelah dipindahkan ke kantong $1,$ kantong $1$ sekarang memuat $4$ bola kuning dan $1$ bola hijau, sedangkan kantong $2$ memuat $(x-1)$ bola hijau dan $1$ bola kuning.
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ H = 1 & H = x-1 \\ K = 4 & K = 1 \\ \hline \end{array}$$Langkah berikutnya, diambil satu bola lagi dari kantong $1$ dipindahkan ke kantong $2.$ Ada dua kasus lagi yang perlu dibagi.
Kasus 2A: Bola kuning yang terambil
Peluang terambilnya bola kuning di kantong $1$ adalah $\dfrac{4}{5}.$
Setelah dipindahkan ke kantong $2,$ kantong $1$ sekarang memuat $3$ bola kuning dan $1$ bola hijau, sedangkan kantong $2$ memuat $(x-1)$ bola hijau dan $2$ bola kuning.
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ H = 1 & H = x-1 \\ K = 3 & K = 2 \\ \hline \end{array}$$Langkah terakhir adalah mengambil bola hijau di kantong $2$ dengan peluang $\dfrac{x-1}{x+1}.$
Secara keseluruhan, peluang terambil bola hijau untuk kasus ini adalah
$$P(B) = \dfrac{x}{x+1} \cdot \dfrac45 \cdot \dfrac{x-1}{x+1} = \dfrac{4x^2-4x}{5(x^2+2x+1)}.$$Kasus 2B: Bola hijau yang terambil
Peluang terambilnya bola hijau di kantong $1$ adalah $\dfrac{1}{5}.$
Setelah dipindahkan ke kantong $2,$ kantong $1$ sekarang memuat $4$ bola kuning, sedangkan kantong $2$ memuat $x$ bola hijau dan $1$ bola kuning.
$$\begin{array}{cc} \hline \text{Kantong 1} & \text{Kantong 2} \\ H = 0 & H = x \\ K = 4 & K = 1 \\ \hline \end{array}$$Langkah terakhir adalah mengambil bola hijau di kantong $2$ dengan peluang $\dfrac{x}{x+1}.$
Secara keseluruhan, peluang terambil bola hijau untuk kasus ini adalah
$$P(C) = \dfrac{x}{x+1} \cdot \dfrac15 \cdot \dfrac{x}{x+1} = \dfrac{x^2}{5(x^2+2x+1)}.$$Gabungkan peluang untuk setiap kasus di atas. Kita peroleh
$$\begin{aligned} P(A) + P(B) + P(C) & = \dfrac35 \\ \dfrac{x}{x^2+2x+1} + \dfrac{4x^2-4x}{5(x^2+2x+1)} + \dfrac{x^2}{5(x^2+2x+1)} & = \dfrac35 \\\dfrac{5x}{5(x^2+2x+1)} + \dfrac{4x^2-4x}{5(x^2+2x+1)} + \dfrac{x^2}{5(x^2+2x+1)} & = \dfrac35 \\ \dfrac{5x^2+x}{\cancel{5}(x^2+2x+1)} & = \dfrac{3}{\cancel{5}} \\ 5x^2+x & = 3(x^2+2x+1) \\ 2x^2-5x-3 & = 0 \\ (2x+1)(x-3) & = 0 \\ x = -\dfrac12~\text{atau}~x & = 3 \end{aligned}$$Karena $x$ menyatakan banyak bola, nilainya harus bulat nonnegatif. Jadi, nilai $x$ yang memenuhi adalah $3,$ artinya banyak bola hijau di kantong $2$ mula-mula adalah $\boxed{3}$

Misalkan $A$ dan $B$ berturut-turut menyatakan bilangan yang diambil oleh Adi dan Budi sehingga dapat kita notasikan $P(A > B) = p.$
Dari kondisi ini, nilai $A$ jelas tidak boleh $1.$ Nilai $A$ dan $B$ yang mungkin selanjutnya dapat kita nyatakan sebagai berikut.
$$\begin{array}{cc} \hline A & B \\ \hline 2 & 1 \\ 3 & 1, 2 \\ 4 & 1, 2, 3 \\ 5 & 1,2,3,4 \\ \hline \end{array}$$Jadi, secara keseluruhan ada $n(A > B) = 1+2+3+4 = 10$ kemungkinan.
Karena ada $5$ bilangan yang dapat dipilih dan setiap bilangan dapat dipilih dua kali, haruslah $n(S) = 5 \cdot 5 = 25.$
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} p & = \dfrac{n(A > B)}{n(S)} \\ & = \dfrac{10}{25}. \end{aligned}$$Jadi, didapat
$$\begin{aligned} \lfloor 100p \rfloor & = \left\lfloor \cancelto{4}{100} \cdot \dfrac{10}{\cancel{25}} \right\rfloor \\ & = 40. \end{aligned}$$Catatan: Notasi $\lfloor x \rfloor$ menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan $x.$ Sebagai contoh: $\lfloor 2,\!89 \rfloor = 2$ dan $\lfloor 3,\!429 \rfloor = 3$ (selalu dibulatkan ke bawah).

Buat $10$ posisi yang akan ditempati oleh kesepuluh siswa tersebut.
Siswa paling pendek harus berada di pinggir agar ia tidak diapit oleh siswa lain yang lebih tinggi. Ia bisa memilih $2$ posisi (ujung kiri atau ujung kanan).
Selanjutnya, tersisa $9$ siswa. Siswa terpendek urutan kedua juga demikian. Ia harus memilih $2$ posisi di pinggir (dari $9$ posisi yang tersisa) agar tidak diapit oleh siswa yang lebih tinggi darinya.
Demikian seterusnya hingga siswa kesembilan dengan $2$ posisi yang tersisa. Ia bebas memilih posisi tersebut, sedangkan siswa kesepuluh mengambil posisi sisanya.
Jadi, ada $\boxed{\underbrace{2 \cdot 2 \cdot \cdots \cdot 2}_{\text{ada}~9} = 2^9 = 512}$ cara membuat barisan itu.

Misalkan himpunan $S = \{a_1, a_2, a_3, \cdots, a_S\}.$ Katakanlah kita memiliki $|S|$ posisi. Posisi pertama hanya boleh diisi oleh $a_1.$ Ini berarti kita punya dua pilihan: memasukkan $a_1$ sebagai anggota himpunan bagian atau tidak. Posisi kedua hanya boleh diisi oleh $a_2$. Dengan cara yang serupa, kita memiliki dua pilihan juga. Hal ini berlanjut sampai posisi terakhir yang hanya boleh diisi oleh $a_S.$ Kita punya dua pilihan juga. Jika kita tidak memasukkan setiap anggota pada posisinya, kita peroleh himpunan kosong (yang juga merupakan himpunan bagian dari $S$).
Jadi, banyaknya pilihan yang analog dengan banyaknya himpunan bagian adalah $$\underbrace{2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{\text{sebanyak}~|S|} = 2^{|S|}.$$ $\blacksquare$

Jawaban a)
Kita harus ‘memilih’ $10$ orang untuk ditempatkan pada $20$ lantai (karena lantai $1$ tidak dihitung) sehingga satu lantai hanya dapat dipilih oleh satu orang. Oleh karena itu, kita gunakan aturan permutasi, yaitu $P(20, 10).$
Jika tidak ada syarat apa pun, masing-masing orang dapat memilih $20$ lantai untuk keluar. Karena ada $10$ orang, banyak kemungkinannya adalah $20^{10}.$
Jadi, peluang mereka semua keluar pada lantai yang berbeda-beda adalah $\boxed{\dfrac{P(20, 10)}{20^{10}}}$
Jawaban b)
Karena banyak lantainya ada $20,$ berarti ada $20$ kemungkinan mereka semua keluar pada lantai yang sama.
Jika tidak ada syarat apa pun, masing-masing orang dapat memilih $20$ lantai untuk keluar. Karena ada $10$ orang, banyak kemungkinannya adalah $20^{10}.$
Jadi, peluang mereka semua keluar pada lantai yang sama adalah $\boxed{\dfrac{20}{20^{10}}}$
Jawaban c)
Dari lantai $2$ sampai $21,$ diketahui ada $10$ lantai genap. Ini berarti kita perlu ‘menempatkan’ $10$ orang tersebut pada $10$ lantai genap ini sehingga tidak ada dua orang yang berada di lantai yang sama. Oleh karena itu, kita gunakan aturan permutasi, yaitu $P(10, 10) =10!.$
Jika tidak ada syarat apa pun, masing-masing orang dapat memilih $20$ lantai untuk keluar. Karena ada $10$ orang, banyak kemungkinannya adalah $20^{10}.$
Jadi, peluang mereka semua keluar pada lantai genap yang berbeda-beda adalah $\boxed{\dfrac{10!}{20^{10}}}$
Jawaban d)
Dari lantai $2$ sampai $10,$ ada $9$ lantai yang dapat dipilih untuk keluar dari lift. Karena ada $10$ orang, akan ada $9^{10}$ kemungkinan yang dapat dilakukan sehingga mereka semua keluar pada lantai di bawah $11.$
Jika tidak ada syarat apa pun, masing-masing orang dapat memilih $20$ lantai untuk keluar. Karena ada $10$ orang, banyak kemungkinannya adalah $20^{10}.$
Jadi, peluang mereka semua keluar pada lantai genap yang berbeda-beda adalah $\boxed{\dfrac{9^{10}}{20^{10}}}$

Jawaban a)
Karena ada $10$ pasang sepatu, banyak kemungkinan untuk mendapatkan sepasang sepatu dari pengambilan $2$ sepatu adalah $10.$
Dari $10 \cdot 2 = 20$ sepatu yang ada, diambil $2$ sepatu sekaligus sehingga banyak kemungkinannya adalah $C(20, 2) = \dfrac{20!}{18! \cdot 2!} = 190.$
Jadi, peluang terambilnya sepatu yang berpasangan adalah $\boxed{\dfrac{10}{190} = \dfrac{1}{19}}$
Jawaban b)
Dalam kasus ini, kita pilih sepasang sepatu (ada $10$ pilihan), kemudian sepatu ketiga hanya dapat dipilih dari $18$ sepatu sisanya.
Jadi, banyak kemungkinannya adalah $10 \times 18 = 180.$
Dari $10 \cdot 2 = 20$ sepatu yang ada, diambil $3$ sepatu sekaligus sehingga banyak kemungkinannya adalah $C(20, 3) = \dfrac{20!}{17! \cdot 3!} = 1.140.$
Jadi, peluang terambilnya sepatu yang berpasangan adalah $\boxed{\dfrac{180}{1.140} = \dfrac{3}{19}}$
Jawaban c)
Dalam kasus ini, kita sebenarnya cukup memilih $3$ dari $10$ sepatu yang tidak saling berpasangan. Dengan menggunakan aturan kombinasi, diperoleh banyak kemungkinannya adalah $C(10, 3) = 120.$
Dari $10 \cdot 2 = 20$ sepatu yang ada, diambil $6$ sepatu sekaligus sehingga banyak kemungkinannya adalah $C(20, 6) = \dfrac{20!}{14! \cdot 6!} = 38.760.$
Jadi, peluang terambilnya sepatu yang berpasangan adalah $\boxed{\dfrac{120}{38.760} = \dfrac{1}{323}}$

Agar frekuensinya sama, kemunculan sisi angka dan sisi gambar masing-masing harus sebanyak $\dfrac{n}{2}$ kali.
Anggota ruang sampel dari kejadian munculnya sisi angka dan sisi gambar dengan frekuensi yang sama pada pengetosan koin sebanyak $n$ kali berbentuk
$$(\underbrace{A, A, \cdots, A}_{\text{sebanyak}~\frac{n}{2}}, \underbrace{G, G, \cdots, G}_{\text{sebanyak}~\frac{n}{2}}).$$Banyak permutasi berbeda dari $n$ objek dengan $A$ muncul sebanyak $\dfrac{n}{2}$ kali, begitu juga dengan $B,$ adalah $$\dfrac{n!}{\left(\dfrac{n}{2}\right)! \cdot \left(\dfrac{n}{2}\right)!} = \displaystyle \binom{n}{\frac{n}{2}}.$$Karena anggota ruang sampel dari pengetosan koin sebanyak $n$ kali ada sebanyak $2^n,$ peluang kejadian yang diharapkan sebesar $\boxed{\displaystyle \dfrac{\binom{n}{\frac{n}{2}}}{2^n} = \dfrac{1}{2^n} \cdot \binom{n}{\frac{n}{2}}}$

Pernyataan 1: Nilai $q$
Diketahui persentase seseorang memiliki sifat albino adalah $64\%.$ Perhatikan bahwa sifat albino hanya dibawa oleh gen resesif. Dengan kata lain, seseorang yang memiliki sifat albino memiliki genotipe aa. Oleh karena itu, berdasarkan tabel di atas, kita dapat tuliskan bahwa
$$\begin{aligned} q^2 & = 64\% = \dfrac{64}{100} \\ q & = \sqrt{\dfrac{64}{100}} = \dfrac{8}{10} = 0,\!80. \end{aligned}$$Pernyataan 2: Nilai $p$
Karena $p + q = 1$ dan $q = 0,\!80,$ maka jelas nilai $p = 1-0,\!80 = 0,\!20.$
Pernyataan 3: Peluang seseorang memiliki sifat normal
Diketahui persentase seseorang memiliki sifat albino adalah $64\%.$ Dari sini dapat disimpulkan bahwa persentase seseorang tidak memiliki sifat albino (yang berarti sifatnya normal) adalah $1-64\% = 0,\!36.$
Pernyataan 4: Peluang seseorang memiliki genotipe AA
Dari tabel, peluang seseorang memiliki genotipe AA sama dengan $p^2,$ yaitu $(0,\!20)^2 = 0,\!04.$
Pernyataan 5: Peluang seseorang memiliki genotipe Aa
Dari tabel, peluang seseorang memiliki genotipe Aa sama dengan $2pq,$ yaitu $2(0,\!20)(0,\!80) = 0,\!32.$
Jadi, pemasangan pernyataan dan jawaban yang benar dapat dilihat pada tabel di bawah.

Pernyataan 1: 
Diketahui persentase seseorang memiliki sifat albino adalah $64\%$ dan terdapat $320$ orang yang memiliki sifat albino di daerah tersebut. Dengan demikian, banyak orang seluruhnya $(n)$ dapat kita cari dengan cara sebagai berikut.
$$\begin{aligned} 64\% \cdot n & = 320 \\ n & = \dfrac{100}{64} \cdot 320 \\ n & = 500 \end{aligned}$$Jadi, pernyataan bahwa “Banyak orang dalam populasi di daerah tersebut adalah $500$ orang” bernilai BENAR dan kotaknya harus dicentang.
Pernyataan 2:
Diketahui bahwa ada $500$ orang secara keseluruhan dan $320$ orang di antaranya memiliki sifat albino. Oleh karena itu, sisanya adalah orang yang memiliki sifat normal, yaitu sebanyak $500-320 = 180$ orang. Jadi, pernyataan bahwa “Banyak orang yang memiliki sifat normal adalah $160$ orang” bernilai SALAH dan kotaknya jangan dicentang.
Pernyataan 3:
Diketahui bahwa ada $500$ orang secara keseluruhan dan berdasarkan jawaban pada soal sebelumnya, kita ketahui bahwa peluang seseorang memiliki genotipe AA adalah $0,\!04.$ Oleh karena itu, banyak orang yang bergenotipe AA adalah $0,\!04 \cdot 500 = 20$ orang. Jadi, pernyataan bahwa “Banyak orang yang memiliki genotipe AA adalah $20$ orang” bernilai BENAR dan kotaknya harus dicentang.
Pernyataan 4:
Diketahui bahwa ada $500$ orang secara keseluruhan dan berdasarkan jawaban pada soal sebelumnya, kita ketahui bahwa peluang seseorang memiliki genotipe Aa adalah $0,\!32.$ Oleh karena itu, banyak orang yang bergenotipe Aa adalah $0,\!32 \cdot 500 = 160$ orang. Jadi, pernyataan bahwa “Banyak orang yang memiliki genotipe Aa adalah $160$ orang” bernilai BENAR dan kotaknya harus dicentang.
Pernyataan 5:
Banyak orang yang memiliki sifat normal dan albino telah kita ketahui, yaitu $180$ orang dan $320$ orang secara berturut-turut. Perbandingannya adalah $180 : 320 = 9 : 16.$ Jadi, pernyataan bahwa “Perbandingan banyak warga yang memiliki sifat normal dan albino adalah $1 : 2$” bernilai SALAH dan kotaknya jangan dicentang.