Distribusi Poisson – Materi, Soal, dan Pembahasan

       Dalam teori probabilitas dan statistika, distribusi Poisson adalah distribusi probabilitas diskrit yang menyatakan peluang jumlah peristiwa yang terjadi pada periode waktu tertentu apabila rata-rata kejadian tersebut diketahui dan dalam waktu yang saling bebas sejak kejadian terakhir (dikutip dari: alvinburhani.wordpress.com). Sesuai dengan namanya, distribusi peluang ini ditemukan oleh Simeon Denis Poisson (1781 – 1840), yang merupakan seorang matematikawan berkebangsaan Prancis.
         Distribusi Poisson sebenarnya diperoleh dari distribusi binomial, apabila dalam distribusi binomial berlaku syarat berikut.
a) Banyak pengulangan eksperimennya sangat besar (n \to \infty)
b) Peluang terjadinya peristiwa yang ditinjau mendekati nol (p \to 0)
c) Perkalian n \times p = \lambda, sehingga haruslah p = \dfrac{\lambda}{n}.

        Berikut ini akan diberikan penurunan fungsi peluang distribusi Poisson berdasarkan fungsi peluang distribusi binomial menggunakan persyaratan di atas.
\begin{aligned} p(x) & = \displaystyle \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} \\ & = \dfrac{n!}{x!(n-x)!} \left(\dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{n-x} \\ & \dfrac{n(n-1)(n-2)\cdots (n - (x-1))}{x!} \left(\dfrac{\lambda}{n}\right)^x \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{n-x} \\ & = \dfrac{n.n\left(1 - \dfrac{1}{n}\right).n\left(1 - \dfrac{2}{n}\right)\cdots n\left(1 - \dfrac{x - 1}{n}\right)}{x!} \\ & \dfrac{\lambda^x}{n^x} \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \\ & = \dfrac{n.n^{x-1}}{n^x} . \dfrac{\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\left(1 - \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \dfrac{x - 1}{n}\right)}{x!} \\ & \lambda^x . \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \end{aligned}
Limitkan kedua ruas sebagai berikut.
\begin{aligned} \lim p(x) & = \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{n.n^{x-1}}{n^x} . \dfrac{\left(1 - \dfrac{1}{n}\right).n\left(1 - \dfrac{2}{n}\right)\cdots \left(1 - \dfrac{x - 1}{n}\right)}{x!} \\ & \lambda^x . \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^n \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \\ & = \dfrac{\lambda^x}{x!} \lim_{n \to \infty} \left[\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\left(1 - \dfrac{2}{n}\right)\cdots \\ & \left(1 - \dfrac{x - 1}{n}\right)\left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^n\left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^{-x} \right] \right]\end{aligned}
Hitung limitnya satu per satu.
\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\left(1 - \dfrac{2}{n}\right) \cdots \left(1 - \dfrac{x-1}{n}\right) \\ & = (1-0)(1-0)\cdots(1-0) = 1 \end{aligned}
Limit berikut merupakan limit barisan Euler.
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 - \dfrac{\lambda}{n}\right)^n = e^{-\lambda}
Selanjutnya,
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(1 - \dfrac{\lambda} {n} \right)^{-x} = (1 - 0)^{-x} = 1
Jadi, akan diperoleh \displaystyle \lim_{n \to \infty} p(x) = \dfrac{\lambda^x} {x!}.e^{-\lambda} = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}
Dengan demikian, distribusi pendekatannya adalah
p(x) = P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x}; x = 0,1,2,\cdots

Definisi Distribusi Poisson

Peubah acak X dikatakan berdistribusi Poisson jika dan hanya jika fungsi peluangnya berbentuk
P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}
untuk x bilangan cacah. Selain dari itu, nilai P(X = x) = 0.
Dalam hal ini, \lambda menyatakan rata-rata keberhasilan percobaan.

       Dalam praktiknya, distribusi Poisson akan menjadi distribusi pendekatan yang baik dari distribusi binomial, jika dalam distribusi binomial berlaku:
n \geq 100 dan np \leq 10
atau n \geq 20 dan p \leq 0,05
di mana n menyatakan banyaknya percobaan dan p menyatakan peluang terjadinya sukses dalam percobaan itu.

        Penulisan notasi dari peubah acak X yang berdistribusi Poisson adalah X\sim P(x; \lambda) atau X\sim \text{Poi}(x; \lambda) artinya peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda.

Teorema: Rataan Variabel Acak Berdistribusi Poisson

Rataan \mu dari peubah acak yang berdistribusi Poisson adalah \mu = \lambda

Bukti

Berdasarkan definisi rataan diskrit, maka
\begin{aligned} \displaystyle \mu &= E(X) = \sum_{x} x.p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = \sum_{x = 1}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-1)!}~~~\bigstar \end{aligned}
Misalnya y = x - 1
Batas-batas:
Untuk x = 1, maka y = 0
Untuk x bernilai tak hingga, maka y juga demikian.
Jadi, diperoleh
\begin{aligned} \mu & = E(X) = \displaystyle \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^{y+1}e^{-\lambda}}{y!} \\ & = \lambda \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^ye^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda(1) = \lambda~~~\bigstar \bigstar \end{aligned}

Terbukti bahwa rataan Poisson setara dengan \lambda.
Catatan:
\bigstar Banyak orang yang bertanya mengapa batas bawah sumasi dapat berubah dari 0 menjadi 1. Ini dikarenakan ketika kita mensubstitusikan x = 0 pada bentuk sebelumnya, hasilnya adalah 0, sehingga dapat diabaikan. Ingat pula bahwa n! untuk n < 0 didefinisikan sama dengan 0.
\bigstar \bigstar Ingat bahwa \displaystyle \sum_{x} p(x) = 1 di mana p(x) merupakan fungsi kepadatan peluang suatu distribusi.

[collapse]

Teorema: Varians Peubah Acak Berdistribusi Poisson

Varians \sigma^2 dari peubah acak yang berdistribusi Poisson adalah \sigma^2 = \lambda

Bukti

Berdasarkan definisi varians, maka
\begin{aligned} \sigma^2 & = Var(X) = E(X^2) - (E(X)) ^2 \\ & = E(X(X - 1) + X) - (E(X))^2 \\ & = E(X(X-1)) + E(X) - (E(X))^2 \end{aligned}
Berdasarkan nilai ekspektasi diskrit, maka
\begin{aligned} E(X(X-1)) & = \displaystyle \sum_{x} x(x-1).p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} x(x-1).\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = \sum_{x = 2}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-2)!} \end{aligned}
Misalnya: y = x - 2
Batas-batasnya:
Untuk x = 2, maka y = 0
Untuk x = \infty, maka y = \infty
\begin{aligned} E(X(X-1)) &= \displaystyle \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^{y+2}e^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda^2 \sum_{y = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^ye^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda^2(1) = \lambda^2 \end{aligned}
Dengan demikian, diperoleh
\sigma^2 = Var(X) = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda
(Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Teorema: Fungsi Pembangkit Momen Peubah Acak Berdistribusi Poisson

Fungsi pembangkit momen dari peubah acak X yang berdistribusi Poisson adalah
M_X(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}, t \in \mathbb{R}

Bukti

Berdasarkan definisi fungsi pembangkit momen diskrit, maka
\begin{aligned} M_X(t) & = \displaystyle \sum_{x} e^{tx}.p(x) \\ & = \sum_{x = 0}^{\infty} e^{tx}. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \\ & = e^{-\lambda} \sum_{x = 0}^{\infty} \dfrac{(\lambda e^t)^x} {x!}~~\bigstar \\ & = (e^{-\lambda}) (e^{\lambda e^t}) \\ & = e^{\lambda(e^t - 1)} \end{aligned}

(Terbukti) \blacksquare
Catatan:
\bigstar Gunakan sifat ekspansi dari deret Maclaurin berikut.
\boxed{ \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{x^n} {n!} = e^x}

[collapse]

Berikut ini adalah beberapa contoh soal mengenai penggunaan distribusi Poisson beserta pembahasannya.

Catatan: Gunakan kalkulator saintifik bila diperlukan
Soal Nomor 1
Apakah artinya Y \sim P(y; 2)? Tuliskan bentuk fungsi peluangnya.

Penyelesaian

Y \sim P(y; 2) artinya peubah acak Y yang berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda = 2. Fungsi peluang dari Y berbentuk:
p(y) = \dfrac{2^ye^{-2}} {y!}; y = 0,1,2,3,\cdots

[collapse]

Soal Nomor 2
Misalkan X adalah peubah acak berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda. Jika P(X = 0) = 0,2, maka nilai dari P(X = 2) adalah \cdots

Penyelesaian

Fungsi peluang dari distribusi Poisson adalah
P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}, x = 0,1,2,3,\cdots
Langkah pertama adalah menentukan nilai \lambda sebagai berikut.
\begin{aligned} & P(X = 0) = 0,2 \\ & \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} = 0,2 \\ & e^{-\lambda} = 0,2 \\ & \lambda \approx 1,6 \end{aligned}
Jadi, diperoleh \lambda = 1,6
Selanjutnya, akan dicari nilai dari P(X = 2) sebagai berikut.
P(X = 2) = \dfrac{(1,6)^2e^{-1,6}} {2!} \approx 0,2584

[collapse]

Soal Nomor 3
Pada tahun 2018 dilakukan penelitian di pedalaman desa X. Diperoleh data bahwa rata-rata terdapat 2,5 orang albino dari 175 orang, di mana 525 orang diambil sebagai sampel percobaan. Dengan menggunakan pendekatan Poisson, tentukan peluang diperolehnya orang yang bukan albino.

Penyelesaian

Diketahui rata-rata hitung \lambda = 2,5 orang albino per 175 populasi. Jumlah sampel yang diambil sebanyak 525, yaitu 3 kali lebih banyak dari populasi pada tahun 2018, sehingga rata-rata hitung \lambda sekarang pada populasi 525 orang adalah 2,5 \times 3 = 7,5.
Peluang dari sampel tersebut tidak diperoleh orang albino adalah
P(X = 0) = \dfrac{(7,5)^0e^{-7,5}} {0!} \approx 0,00055

[collapse]

Soal Nomor 4
Diketahui suatu perusahaan biasanya mendapatkan 360 e-mail setiap 6 jam kerja. Tentukan peluang bahwa dalam waktu 6 menit, perusahaan itu mendapatkan setidaknya 2 e-mail.

Penyelesaian

Peluang setidaknya 2 e-mail didapat sama dengan jumlah dari peluang mendapatkan 2,3,4,\cdots e-mail, dinotasikan
P(X \geq 2) = P(X = 2) + P(X = 3) + \cdots = \displaystyle \sum_{x = 2}^{\infty} P(X = x)
Manfaatkan bentuk komplemen peluang untuk menghitung peluang yang dimaksud, yaitu
P(X \geq 2) = 1 - P(X < 2) = 1 - [P(X = 0) + P(X = 1)]
Dalam kasus ini, \lambda = 10, yaitu rata-rata dari banyaknya e-mail yang diterima perusahaan dalam waktu 10 menit (6 jam = 360 menit, berarti dapat diasumsikan setiap 10 menit, terdapat 10 e-mail yang masuk). Jadi,
\begin{aligned} & P(X = 0) = \dfrac{e^{-10}(10)^0}{0!} = e^{-10} \approx 0,00004539992 \\ & P(X = 1) = \dfrac{e^{-10}(10)^1}{1!} = 10e^{-10} \approx 0,0004539992 \end{aligned}
Dengan demikian,
P(X \geq 2) = 1 - (0,0000453992 + 0,0004539992) \approx 0,9995
Jadi, peluang setidaknya 2 e-mail didapat perusahaan dalam waktu 10 menit adalah 0,9995.

[collapse]

Soal Nomor 5
Seorang pegawai asuransi jiwa menawarkan rata-rata 3 kebijakan asuransi setiap minggunya. Dengan menggunakan Hukum Poisson, tentukan peluang kejadian pegawai itu menawarkan setidaknya 1 kebijakan asuransi dalam rentang waktu seminggu.

Penyelesaian

Diketahui \lambda = 3, sehingga dengan definisi fungsi peluang Poisson, diperoleh
P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \dfrac{e^{-3}(3)^0}{0!} \approx 0,95021
Jadi, peluang yang dimaksud sebesar 0,95021.

[collapse]

Soal Nomor 6
Kendaraan melewati suatu pertigaan jalan dengan rata-rata 300 kendaraan setiap jamnya. Tentukan peluang kejadian tidak ada kendaraan yang melewati pertigaan itu dalam rentang waktu satu menit.

Penyelesaian

Rata-rata kendaraan melewati pertigaan jalan itu per menitnya adalah
\lambda = \dfrac{300}{60} = 5
Catatan: 1 jam = 60 menit.
Dengan menggunakan Hukum Poisson, didapat
P(X = 0) = \dfrac{e^{-5}(5)^0}{0!} \approx 6,7389 \times 10^{-3}
Jadi, peluang kejadian tidak ada kendaraan yang melewati pertigaan jalan itu dalam satu menit adalah 6,7389 \times 10^{-3}.

[collapse]

Soal Nomor 7
Ruang gawat darurat sebuah rumah sakit akan memiliki tingkat kedatangan rata-rata pasien sebanyak 4 orang per hari. Kedatangan pasien mengikuti proses Poisson. Berapa probabilitas kedatangan 2 pasien per hari?

Penyelesaian

Diketahui \lambda = 4, di mana \lambda menyatakan tingkat kedatangan rata-rata pasien per harinya. Karena kedatangan pasien mengikuti proses Poisson, maka berlaku
P(X = 2) = \dfrac{4^2e^{-4}} {2!} \approx 0,1465
Jadi, probabilitas kedatangan 2 pasien per hari adalah 0,1465.

[collapse]

Soal Nomor 8
Misalkan banyaknya sambungan telepon ke nomor 108 antara pukul 23.00 sampai pukul 00.00 selama 1 bulan berdistribusi Poisson dengan rata-rata 5 sambungan per hari. Berdasarkan informasi tersebut, tentukan peluang bahwa terdapat 10 sambung pada hari tertentu saat rentang waktu tersebut.

Penyelesaian

Kasus ini tergolong kasus Distribusi Poisson dengan \lambda = 5, sehingga berlaku
P(X = 10) = \dfrac{5^{10}e^{-5}} {10!} \approx 0,0181
Jadi, peluang bahwa terdapat 10 sambungan pada hari tertentu saat rentang waktu tersebut adalah 0,0181.

[collapse]

Soal Nomor 9
Dua ratus penumpang telah memesan tiket untuk sebuah penerbangan luar negeri. Jika peluang penumpang yang telah mempunyai tiket tidak datang sebesar 0,007, maka berapakah peluang ada 2 penumpang yang tidak datang?

Penyelesaian

Dengan menggunakan Pendekatan Poisson, diketahui bahwa
\lambda = np = 200 \times 0,007 = 1,4 dan x = 2
Dengan demikian,
P(X = 2) = \dfrac{(1,4)^2e^{-1,4}} {2!} \approx 0,2417
Jadi, peluang terdapat 2 penumpang yang tidak datang sebesar 0,2417.

[collapse]

Soal Nomor 10
Jika rata-rata kedatangan kapal di suatu pelabuhan sebesar 22 unit kapal setiap jam, berapakah peluang kedatangan 4 kapal dalam waktu 3 menit? Gunakan proses Poisson.

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa 3 menit setara dengan 1/20 jam. 
Diketahui:
\lambda = \dfrac{22}{20} = 1,1 dan x = 4
Dengan demikian, 
P(X = 4) = \dfrac{(1,1)^4e^{-1,1}} {4!} \approx 0,0203
Jadi, peluang kedatangan 4 kapal dalam waktu 3 menit sebesar 0,0203.

[collapse]

Soal Nomor 11
Rata-rata banyaknya permintaan sambungan telepon per menit di suatu sentral telepon adalah 10 sambungan. Kapasitas sentral tersebut hanya mampu melayani 15 permintaan tiap menitnya. Berapa peluang dalam 1 menit tertentu ada permintaan yang tak dilayani?

Penyelesaian

Misalkan x menyatakan banyaknya permintaan sambungan telepon tiap menitnya dan \lambda menyatakan rata-rat permintaan sambungan telepon per menit. Berarti, x = 15 dan \lambda = 10. Jika dalam 1 menit tertentu terdapat permintaan yang tidak dilayani, maka banyaknya sambungan permintaan pada tiap menitnya melebihi 15. Jadi, peluangnya adalah
\begin{aligned} P(X > 15) & = 1 - P(X \leq 15) \\ & =  1 - \displaystyle \sum_{x = 0}^{15} \dfrac{10^xe^{-10}}{x!} \\ & \approx 1 - 0,9513 = 0,0487 \end{aligned}
Jadi, peluang dalam 1 menit tertentu ada permintaan yang tak terlayani sebesar 0,0487.

[collapse]

Soal Nomor 12
Peluang seseorang akan mendapat reaksi buruk setelah disuntik besarnya 0,0005. Dari 4000 orang yang disuntik, tentukan peluang yang mendapat reaksi buruk:
a) tidak ada
b) ada 2 orang, dan
c) lebih dari 2 orang. 
Tentukan juga ada berapa orang yang diharapkan akan mendapat reaksi buruk.

Penyelesaian

Jawaban a) 
Dengan menggunakan pendekatan distribusi Poisson kepada distribusi binom, maka
\lambda = np = 4000 \times 0,0005 = 2
Jika X menyatakan banyak orang yang mendapat reaksi buruk akibat suntikan itu, maka
P(X = 0) = \dfrac{e^{-2}2^0}{0!} \approx 0,1353
Jadi, peluang tidak ada yang mendapat reaksi buruk dari suntikan itu sebesar 0,1353.
Jawaban b) 
Dalam hal ini X = 2, sehingga
P(X = 2) = \dfrac{e^{-2}2^2}{2!} \approx 0,2706
Jadi, peluang ada 2 orang yang mendapat reaksi buruk dari suntikan itu sebesar 0,2706.
Jawaban c) 
Orang yang menderita reaksi buruk lebih dari 2 orang, berarti X = 3,4,5,\cdots. Karena 
P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + \cdots = 1
maka
\begin{aligned} & P(X = 3) + P(X = 4) + \cdots \\ & = 1 - P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) \end{aligned}
Nilai dari P(X = 0) dan P(X = 2) sudah dihitung sebelumnya, sehingga berikutnya hanya akan dihitung nilai dari P(X = 1) sebagai berikut. 
P(X = 1) = \dfrac{e^{-2}2^1}{1!} \approx 0,2706
Jadi, peluang yang dicari adalah
1 - 0,1353 - 0,2706 - 0,2706 = 0,3235
Jawaban d) 
Jumlah orang yang diharapkan mendapat reaksi buruk sama artinya dengan rata-rata \lambda yang sebelumnya telah ditentukan, yaitu \lambda = np = 4000 \times 0,0005 = 2
(Sumber: Sudjana, 2005. Metoda Statistika. Bandung: Tarsito. Dengan sedikit modifikasi)

[collapse]

Soal Nomor 13
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda, buktikan bahwa E(X^2) = \lambda \times E(X + 1)

Penyelesaian

Berdasarkan definisi rataan diskrit, diperoleh
E(X^2)= \displaystyle \sum_{x = 0}^{\infty} x^2.\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} = \sum_{x = 1}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {(x-1)!}
Misalkan x - 1 = y \Leftrightarrow x = y + 1, didapat
\begin{aligned} \displaystyle E(X^2) & = \sum_{y = 0} (y+1)\dfrac{\lambda^{y+1}e^{-\lambda}} {y!} \\ & = \lambda \left[\sum_{x = 0}^{\infty} x. \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} + \sum_{x = 0}^{\infty} \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} \right] \\ & = \lambda \sum_{x = 0}^{\infty} (x + 1)\dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!} = \lambda \times E(X + 1) \end{aligned}
(Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 14
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan E(X^2) = 6, maka hitunglah E(X).

Penyelesaian

Diketahui bahwa jika X \sim \text{Poi}(\lambda), maka rataannya adalah \mu = E(X) = \lambda sedangkan variansnya adalah \text{Var} (X) = E(X^2) - (E(X))^2 = \lambda.
Substitusikan E(X) = \lambda dan E(X^2) = 6 pada persamaan kedua, sehingga diperoleh <abbr title=""></abbr>6 - \lambda^2 = \lambda \Leftrightarrow (\lambda + 3)(\lambda - 2) = 0. Diperoleh \lambda = -3 atau \lambda = 2.
Karena \lambda tidak mungkin negatif, maka diambil \lambda = 2. Ini artinya, nilai dari E(X) adalah 2.

[collapse]

Soal Nomor 15 
Misalnya peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda. Jika P(X = 2) = \dfrac{2}{3}P(X = 1), hitunglah P(X = 0) dan P(X = 1).

Penyelesaian

Diketahui fungsi kepadatan peluang dari distribusi Poisson adalah
P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}
Karena P(X = 2) = \dfrac{2}{3}P(X = 1), maka berarti
\begin{aligned} & \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}}{2!} = \dfrac{2}{3}. \dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} \\ & \dfrac{\lambda} {2} = \dfrac{2}{3} \\ & \lambda = \dfrac{4}{3} \end{aligned}
Jadi, diperoleh \lambda = \dfrac{4}{3}, sehingga
P(X = 0) = \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}\right)^0 e^{-\frac{4}{3}}}{0!} \approx 0,26360
dan
P(X = 1) = \dfrac{\left(\dfrac{4}{3}\right)^1 e^{-\frac{4}{3}}}{1!} \approx 0,35146

[collapse]

Soal Nomor 16 
Misalnya peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda. Jika P(X = 1) = 2.P(X = 2), hitunglah
a) P(X = 0) dan P(X = 1)
b) rataannya
c) variansnya

Penyelesaian

Jawaban a)
Diketahui fungsi kepadatan peluang dari distribusi Poisson adalah
P(X = x) = \dfrac{\lambda^xe^{-\lambda}} {x!}
Karena P(X = 1) = 2P(X = 2), maka berarti
\begin{aligned} & \dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}}{1!} = 2 \times \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!} \\ & \lambda = 1 \end{aligned}
Jadi, diperoleh \lambda = 1, sehingga
P(X = 0) = \dfrac{1^0e^{-1}} {0!} = e^{-1}
dan
P(X = 1) = \dfrac{1^1e^{-1}} {1!} = e^{-1}
Jawaban b)
Berdasarkan dalil rataan distribusi Poisson,
\mu = \lambda = 1
Jadi, rataannya adalah 1.
Jawaban c)
Berdasarkan dalil varians distribusi Poisson,
\Var(X) = \lambda = 2
Jadi, variansnya juga bernilai 1.

[collapse]

Soal Nomor 17 
Misalnya peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda. Jika Y = X - \lambda, maka:
a) tentukan fungsi pembangkit momen dari Y
b) hitung Var(Y) berdasarkan hasil jawaban a

Penyelesaian

Jawaban a)
Akan ditunjukkan bahwa fungsi pembangkit momen dari Y adalah M_Y(t) = e^{\lambda(e^t-t-1)} sebagai berikut.
\begin{aligned} M_{Y}(t) & = \mathbb{E}(e^{tY}) \\ & = \mathbb{E}(e^{t(X-{\lambda})}) \\ & = \sum_{x=0}^{\infty} e^{t(x-{\lambda})}\frac{{\lambda}^{x}e^{-{\lambda}}}{x!} \\ & = e^{-(t+1){\lambda}}\sum_{x=0}^{\infty} \frac{({\lambda}{e^t})^x}{x!} \\ & = e^{-(t+1){\lambda}}{e^{{\lambda}{e^{t}}}} \\ & = e^{{\lambda}(e^{t}-t-1)} \end{aligned}
(Terbukti)
Jawaban b)
Ingat hubungan fungsi pembangkit momen dan varians sebagai berikut.
\begin{aligned} Var(Y) & = {\mathbb{E}}(Y^2) -{{\mathbb{E}}(Y)}^2 \\ & = {M''_{Y}(0)} - (M'_{Y}(0))^2 \end{aligned}
Berikutnya, akan dicari turunan pertama dan turunan kedua dari M_Y(t).
Turunan pertamanya adalah
M'_Y(t) = \lambda(e^t-1)e^{\lambda(e^t-t-1)}
sehingga
M'_Y(0) = 0
Sedangkan turunan keduanya adalah
M''_Y(t) = [(\lambda e^t - \lambda)^2 + \lambda e^t] e^{\lambda(e^t - t - 1)}
sehingga
M'_Y(0) = \lambda
Jadi, haruslah
Var(Y) = \lambda - 0^2 = \lambda
Dapat disimpulkan bahwa variansnya adalah \lambda.

[collapse]

Soal Nomor 18 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter P(X = 1) = P(X = 2), maka hitung P(X = 1~\text{atau}~2).

Penyelesaian

Karena P(X = 1) = P(X = 2), maka
\dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} = \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!}
Sederhanakan bentuk di atas sehingga nantinya diperoleh
\lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2) = 0
Jadi, diambil \lambda = 2.
Dengan demikian,
\begin{aligned} P(X = 1~\text{atau}~2) & = P(X = 1) + P(X = 2) \\ & = \dfrac{2^1e^{-2}} {1!} + \dfrac{2^2e^{-2}} {2!} = \boxed{4e^{-2}} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 19 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda, maka buktikan bahwa E(|X - 1|) = \dfrac{2\sigma}{e}

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 20 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda sehingga P(X = 1) = P(X = 2), hitunglah P(X = 4).

Penyelesaian

Karena P(X = 1) = P(X = 2), maka
\dfrac{\lambda^1e^{-\lambda}} {1!} = \dfrac{\lambda^2e^{-\lambda}} {2!}
Sederhanakan bentuk di atas sehingga nantinya diperoleh
\lambda^2 - 2\lambda = \lambda(\lambda - 2) = 0
Jadi, diambil \lambda = 2.
Dengan demikian,
\begin{aligned} P(X = 4) & = \dfrac{2^4e^{-2}} {4!} + \dfrac{2e^{-2}} {3} = \boxed{0,0902} \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 21 
Misal X peubah acak berdistribusi Poisson. Jika fungsi pembangkit momen dari X adalah \exp(4(e^t - 1)), hitung P(|X - \mu| < 2\sigma).

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 22 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan P(X = 0) = \dfrac{1}{2}, maka hitunglah E(X)

Penyelesaian

Diketahui P(X = 0)= \dfrac{1}{2}. Karena X berdistribusi Poisson, maka
\begin{aligned} P(X = 0) & = \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} = \dfrac{1}{2} \\ e^{-\lambda} & = \dfrac{1}{2} \\ \lambda & = - \ln \dfrac{1}{2} \approx 0,7 \end{aligned}
Berdasarkan dalil ekspektasi/rataan diskrit Poisson, didapat \boxed{E(X) = \mu = \lambda = 0,7}

[collapse]

Soal Nomor 23
Jika peubah acak Y berdistribusi Poisson dengan variansnya 3, maka hitunglah P(Y = 2).

Penyelesaian

Karena Y berdistribusi Poisson dan berdasarkan dalil varians Poisson, maka \Var(Y) = \lambda = 3, sehingga
\boxed{P(Y = 2) = \dfrac{3^2e^{-3}} {2!} \approx 0,224}

[collapse]

Soal Nomor 24 
Misalkan Y peubah acak berdistribusi Poisson. Jika M_Y(t) = \exp(5e^t - 5), maka hitunglah P(2 \leq Y < 5).

Penyelesaian

Karena Y berdistribusi Poisson dan berdasarkan dalil fungsi pembangkit momen Poisson, yaitu M_Y(t) = \exp(\lambda(e^t - 1)), maka dengan membandingkannya pada bentuk M_Y(t) = \exp(5e^t - 5), diperoleh \lambda = 5. Dengan demikian,
\begin{aligned} P(2 \leq Y < 5) & = P(Y = 2) + P(Y = 3) + P(Y = 4) \\ & \dfrac{5^2e^{-5}} {2!} + \dfrac{5^3e^{-5}} {3!} + \dfrac{5^4e^{-5}} {4!} \\ & \approx 0,084 + 0,14037 + 0,17546 \approx 0,4 \end{aligned}
Catatan: Pembulatan jawaban (aproksimasi) ke 0,4.

[collapse]

Soal Nomor 25 
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan parameter \lambda dan P(X = 0) = 0,2, maka hitunglah P(X > 2).

Penyelesaian

Karena X berdistribusi Poisson, maka
\begin{aligned} P(X = 0) = 0,2 & = \dfrac{\lambda^0e^{-\lambda}} {0!} \\ e^{-\lambda} & = 0,2 \\ \lambda = - \ln 0,2 \approx 1,6094 \end{aligned}
Dengan demikian,
\begin{aligned} P(X > 2) & =1 - P(X \leq 2) \\ & = 1 - [P(X = 0) + P(X = 1) + P(X =2)] \\ & = 1 - \left[\dfrac{(1,6094)^0e^{-1,6094}} {0!} +\dfrac{(1,6094)^1e^{-1,6094}} {1!} \\ & +\dfrac{(1,6094)^2e^{-1,6094}} {2!} \Bigg] \\ & \approx 1-0,7809 = 0,2191\end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 26
Jika peubah acak X berdistribusi Poisson dengan rataan \mu = 100,maka hitung batas bawah dari P(75 < X < 125)

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Ulangan Tengah Semester (UTS) Statistika Matematika – Prodi Pendidikan Matematika FKIP Untan

Berikut ini adalah soal ujian tengah semester beserta pembahasannya mata kuliah Statistika Matematika (Tahun Ajaran 2017/2018) yang diujikan kepada mahasiswa pendidikan matematika FKIP Untan semester 6 oleh Dr. Ahmad Yani T., M. Pd pada tanggal 23 April 2018.

Soal Nomor 1
Jika X dan Y peubah acak dengan variansi \sigma_x^2 = \sigma_y^2 = 3 dan kovariansi \sigma_{xy} = 3, tentukan variansi peubah acak Z = 2X - 3Y + 7

Penyelesaian

\begin{aligned} \sigma_Z^2 = \sigma_{2X-3Y+7} & = \sigma_{2X-3Y} \\ & = 4\sigma_x^2 - 12\sigma_{xy} + 9\sigma_y^2 \\ & = 4(3) - 12(3) + 9(3) = 3 \end{aligned}
Jadi, variansi peubah acak Z = 2X - 3Y + 7 adalah 3.

[collapse]

Soal Nomor 2
Misalkan kita mengundi sebuah dadu yang seimbang sebanyak 8 kali. Tentukan peluang bahwa munculnya mata dadu 5 paling sedikit 6 kali.

Penyelesaian

Gunakan distribusi binomial. 
Misalkan x menyatakan banyak mata dadu yang muncul, dan dalam kasus ini, n = 8 dan p = \dfrac{1}{6}, di mana n menyatakan banyaknya percobaan dan p menyatakan peluang munculnya mata dadu 5 saat satu kali pelemparan dadu. Fungsi peluang dari X selanjutnya dinyatakan sebagai
\begin{aligned} & P(X = x) = \displaystyle \binom{n} {x} p^x(1-p) ^{n-x} \\ & P(X \geq 6) = P(X = 6) + P(X = 7) + P(X = 8) \\ & = P(X \geq 6) = \binom{8}{6}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^6 \left(\dfrac{5}{6}\right)^2 + \binom{8}{7}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^7 \left(\dfrac{5}{6}\right) \\ & + \binom{8}{8}\left(\dfrac{1}{6}\right) ^8 \left(\dfrac{5}{6}\right)^0 \\ & = \dfrac{700 + 40 + 1}{6^8} = 0,00044 \end{aligned}
Jadi, peluang munculnya mata dadu 5 paling sedikit 6 kali adalah 0,00044.

[collapse]

Soal Nomor 3
Jika X mempunyai fungsi peluang
f(x) = \begin{cases} 2(1-x), &~\text{jika}~0 < x < 1 \\ 0, &~\text{untuk x yang lain} \end{cases}
Tentukan nilai E(6x + x^2).

Penyelesaian

Dengan menggunakan definisi ekspektasi, 
\begin{aligned} \displaystylr E(6x + x^2) & = \int_0^1 (6x+x^2)(2(1-x))~dx \\ & = \int_0^1 (12x - 10x^2 - 2x^3)~dx \\ & = \left[6x^2 - \dfrac{10}{3}x^3 - \dfrac{1}{2}x^4\right]_0^1 \\ & = 6 -\dfrac{10}{3} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{13}{6} \end{aligned}
Jadi, nilai dari E(6x + x^2) adalah \dfrac{13}{6}

[collapse]

Soal Nomor 4
Dalam suatu kelas terdapat 20 orang siswa, 5 siswa di antaranya berbaju putih, 10 siswa berbaju coklat, dan 5 siswa lainnya berbaju merah. Dipilih secara acak 3 siswa satu per satu. Peluang kejadian dua siswa terpilih berbaju coklat dan satu siswa berbaju putih adalah \cdots

Penyelesaian

Ada 3 kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu (C, C, P), (C, P, C), (P, C, C), di mana P menyatakan terpilihnya siswa berbaju putih dan C menyatakan terpilihnya siswa berbaju coklat. Karena pemilihannya satu per satu, maka peluang kejadian dua siswa terpilih berbaju coklat dan satu siswa berbaju putih (kejadiannya dinotasikan X) adalah
\begin{aligned} P(X) & = \dfrac{10}{20} \times \dfrac{9}{19} \times \dfrac{5}{18} + \dfrac{10}{20} \times \dfrac{5}{19} \times \dfrac{9}{18} + \dfrac{5}{20} \times \dfrac{10}{19} \times \dfrac{9}{18}  \\ & = 3 \times \dfrac{10}{20} \times \dfrac{9}{19} \times \dfrac{5}{18} = \dfrac{15}{76} \end{aligned}
Catatan: Selain cara di atas, kita juga dapat menggunakan Aturan Kombinasi,

\dfrac{C_3^{10} \times C_1^5}{C_3^{20}}
Setelah diproses perhitungannya, jawaban akhirnya juga sama, yaitu \dfrac{15}{76}

[collapse]

Soal Nomor 5
Misalkan X dan Y memiliki fungsi peluang bersama
f(x, y) = c(y^2-x^2)e^{-y}, -y \leq x \leq y, 0 < y < \infty
Tentukan nilai c.

Penyelesaian

Karena X dan Y fungsi peluang bersama, maka haruslah persamaan berikut terpenuhi. 
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x, y)~dx~dy = 1
Untuk itu,
\begin{aligned} 1 & = \displaystyle \int_{0}^{\infty} \int_{-y}^{y} c(y^2-x^2)e^{-y}~dx~dy \\ & = \int_0^{\infty} \left[c\left(y^2x - \dfrac{x^3}{3}\right e^{-y}\right]_{-y}^y~dy \\ & = \dfrac{4}{3}c \int_0^{\infty} e^{-y}y^3~dy \bigstar \\ & = \dfrac{4}{3}c(3!) \\ & = 8c \end{aligned}
Dengan demikian, diperoleh 
1 = 8c \Rightarrow c = \dfrac{1}{8}
Jadi, nilai c yang memenuhi adalah \dfrac{1}{8}
Catatan: \bigstar Gunakan teorema
\boxed{\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-y}y^n~dy = n!}

[collapse]

Soal Nomor 6
Berdasarkan teori genetika, perbandingan seekor hamster betina akan melahirkan anak dengan warna bulu merah, hitam, dan putih adalah 8 : 4 : 4. Peluang akan lahirnya anak hamster dengan warna merah sebanyak 5 ekor, hitam 2 ekor, dan putih 1 ekor dari kelahiran 8 ekor adalah

Penyelesaian

Diketahui perbandingan seekor hamster betina melahirkan anaknya dengan warna bulu merah, hitam, putih adalah
8 : 4 : 4 = 2 : 1 : 1
Dengan menggunakan distribusi multinomial, didapat
\begin{aligned} f\left(5;2;1;\dfrac{2}{4}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{4}\right) & = \binom{8}{5~2~1}\left(\dfrac{2}{4}\right)^5 \times \left(\dfrac{1}{4}\right) ^2 \times \left(\dfrac{1}{4}\right) \\ & = \dfrac{8!} {5!~2!~1!} \times \dfrac{1}{32 \times 16 \times 4} = \dfrac{3}{7} = 0,656 \end{aligned}
Jadi, peluang lahirnya anak hamster dengan bulu berwarna merah, hitam, dan putih berturut-turut sebanyak 5, 2, dan 1 ekor adalah 0,656.

[collapse]

Bagian Esai
Soal Nomor 1
Buktikan teorema berikut. 
Jika X berdistribusi eksponen, dengan
f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}, &~\text{jika}~0 \leq x < \infty \\ 0, &~\text{untuk x yang lain} \end{cases}
maka E(X) = \lambda dan Var(X) = \lambda^2

Penyelesaian

Akan dibuktikan bahwa E(X) = \lambda. Dengan menggunakan definisi ekspektasi, 
E(X) = \displaystyle \int_0^{\infty} x \times \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}~dx
Sekarang, misalkan y = \dfrac{x} {\lambda}, sehingga dy = \dfrac{1}{\lambda}~dx, berarti 
\begin{aligned} E(X) & = \displaystyle \int_0^{\infty} ye^{-y}(\lambda)~dy \\ & = \lambda \int_0^{\infty} ye^{-y}~dy \end{aligned}
Dengan menggunakan teorema, 
\boxed{n! = \displaystyle \int_0^{\infty} y^n~e^{-y}~dy}
diperoleh
E(X) = \lambda(1!) = \lambda
Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa Var(X) = \lambda^2
Ingat bahwa, Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2. Untuk itu, harus dicari dulu E(X^2) sebagai berikut. 
\begin{aligned} E(X^2) & = \displaystyle \int_0^{\infty} x^2 \times \dfrac{1}{\lambda}e^{-\frac{x} {\lambda}}~dx \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~\dfrac{x} {\lambda}~\dfrac{x} {\lambda}~e^{-\frac{x} {\lambda}}~dx \\ & \text{Substitusi}~y = \dfrac{x} {\lambda}~\text{dan}~dy = \dfrac{1}{\lambda}~dx \\ & = \int_0^{\infty} \lambda~y~y~e^{-y}~\lambda~dy \\ & = \lambda^2 \int_0^{\infty} y^2e^{-y}~dy \\ & = \lambda^2(2!) = 2\lambda^2 \end{aligned}
Dengan demikian, 
Var(X) = E(X^2) - (E(X))^2 = 2\lambda^2 - \lambda^2 = \lambda^2
(Terbukti)

[collapse]

Soal Nomor 2
Sebuah koin seimbang (dengan sisi muka dan belakang) dilantunkan sebanyak 7 kali. Berapa peluang mendapatkan
a) tepat 3 belakang. 
b) sekurang-kurangnya 5 belakang.
c) paling banyak 3 belakang. 

d) antara 3 sampai 5 belakang. 
e) 3 muka dan 4 belakang.

Penyelesaian

Diketahui banyak pelantunan koin n = 7, peluang mendapatkan belakang koin adalah p = \dfrac{1}{2}, begitu juga peluang tidak mendapatkan belakang koin q = 1 - p = \dfrac{1}{2}. Misalkan x menyatakan banyaknya muncul belakang koin, sehingga x dapat bernilai 0,1,2,\cdots, 7
Dengan distribusi binomial, diperoleh
P(X = x) = \displaystyle \binom{7}{x} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^x\left(\dfrac{1}{2}\right)^{7 - x} 
Jawaban a) 
\begin{aligned} P(X = 3) & = \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{2^7} = \dfrac{35}{128} \end{aligned}
Jadi, peluang munculnya belakang koin tepat 3 kali adalah \dfrac{35}{128}
Jawaban b) 
\begin{aligned} & P(X \geq 5) = P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) \\ & = \displaystyle \binom{7}{5} \left(\dfrac{1}{2}\right) ^5\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 +\displaystyle \binom{7}{6} \left(\dfrac{1}{2}\right)^6\left(\dfrac{1}{2}\right) +\displaystyle \binom{7}{7} \left(\dfrac{1}{2}\right)^7\left(\dfrac{1}{2}\right)^0 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{2^7} \\ & = \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {6!1!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {7!0!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{21 + 7 + 1}{128} = \dfrac{29}{128} \end{aligned}
Jadi, peluang munculnya belakang koin sekurang-kurangnya 5 kali adalah \dfrac{29}{128}
Jawaban c) 
\begin{aligned} & P(X \leq 3) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) \\ & = \displaystyle \binom{7}{1} \left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)^6 + \displaystyle \binom{7}{2} \left(\dfrac{1}{2}\right)^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^5 + \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right)^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 \\ & = \dfrac{7!} {6!1!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{7 + 21 + 35}{128} = \dfrac{63}{128} \end{aligned}
Jadi, peluang munculnya belakang koin paling banyak 3 kali adalah \dfrac{63}{128}
Jawaban d) 
\begin{aligned} & P(3 \leq X \leq 5) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) \\ & = \displaystyle \binom{7}{3} \left(\dfrac{1}{2}\right)^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 + \displaystyle \binom{7}{4} \left(\dfrac{1}{2}\right)^4\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 + \displaystyle \binom{7}{5} \left(\dfrac{1}{2}\right)^5\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \\ & = \dfrac{7!} {4!3!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {3!4!} \times \dfrac{1}{128} + \dfrac{7!} {5!2!} \times \dfrac{1}{128} \\ & = \dfrac{35 + 35 + 21}{128} = \dfrac{91}{128} \end{aligned}
Jadi, peluang munculnya belakang koin paling banyak 3 kali adalah \dfrac{91}{128}
Jawaban e) 
Peluang munculnya 3 muka koin dan 4 belakang koin sama halnya dengan peluang munculnya tepat 3 belakang koin (karena 4 sisanya pastilah muka koin). Jadi, peluang munculnya 3 muka koin dan 4 belakang koin adalah \dfrac{35}{128}

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini

Soal dan Pembahasan – Kombinatorika (Tingkat Lanjut)

Berikut ini adalah beberapa soal mengenai kombinatorika beserta penyelesaiannya yang diambil dari soal-soal tingkat olimpiade seperti ON-MIPA PT dan OSN Pertamina. Selamat belajar!

Soal Nomor 1
Enam dadu (dengan 6 sisi) dilempar satu kali. Probabilitas munculnya jumlah mata dadu 9 adalah \cdots

Penyelesaian

Ada P(S) = 6^6 susunan untuk kasus ini.
Kemungkinan munculnya jumlah mata dadu 9 adalah sebagai berikut (masing-masing angka merepresentasikan setiap mata dadu yang muncul).
1~1~1~1~1~4 sebanyak \dfrac{6!}{5!} = 6 susunan.

1~1~1~1~2~3 sebanyak \dfrac{6!}{4!} = 30 susunan.

1~1~1~2~2~2 sebanyak \dfrac{6!}{3!.3!} = 20 susunan.
Semua susunan yang mungkin adalah 6 + 30 + 20 = 56 susunan, sehingga probabilitas munculnya jumlah mata dadu 9 adalah
P(9) = \dfrac{56}{6^6}

[collapse]

Soal Nomor 2
Banyak cara mengisi persegi panjang berukuran 2 \times 16 dengan persegi panjang berukuran 2 \times 2, 2 \times 3, dan 2 \times 4 adalah \cdots

Penyelesaian

Karena setiap persegi panjang yang diberikan memiliki ukuran panjang yang sama, yaitu 2, maka kita hanya perlu meninjau ukuran lebarnya. Untuk mengisi persegi panjang berukuran 2 \times 16 tersebut, kita perlu menentukan nilai a, b, c \in \mathbb{N} sedemikian sehingga persamaan berikut berlaku.
2a + 3b + 4c = 16
Tabel berikut menyatakan kombinasi nilai a, b, c yang mungkin untuk memenuhi persamaan di atas.

Jadi, ada 10 cara mengisi persegi panjang tersebut. Tetapi, perlu diperhatikan bahwa penempatan urutan nilai a,b,c (mewakili persegi panjang dengan ukuran yang disebutkan pada soal) juga mengakibatkan perbedaan cara pengisiannya. Untuk masing-masing cara pada tabel, kita dapat menggunakan permutasi berulang guna menghitung banyak cara seluruhnya, yaitu (untuk setiap barisnya):
\begin{aligned} & 1 + \dfrac{5!}{3!.2!} + \dfrac{5!}{1!.2!.2!} + \dfrac{6!}{4!.2!} + \dfrac{5!}{4!.1!} \\ &  + \dfrac{6!}{3!.2!.1!} + \dfrac{7!}{6!.1!} + \dfrac{6!}{2!.4!} + \dfrac{7!}{5!.2!} + 1 \\ &= 1 + 10 + 30 + 15 + 5 + 60 + 7 + 15 + 21 = 165 \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 3
Pada babak final sebuah turnamen, tim pemenang adalah tim yang pertama sekali memenangkan 2 pertandingan secara berurutan atau tim yang pertama sekali memenangkan 4 pertandingan. Banyak cara turnamen dapat terjadi adalah \cdots

Penyelesaian

Misalkan pada turnamen tersebut, dua tim yang bertanding adalah Tim A dan Tim B. Tabel berikut menyatakan kemungkinan yang dapat terjadi agar tim A menang (M = menang, K = kalah).

Maksimal pertandingan yang dapat terjadi hanya sampai 7 kali. Masing-masingnya menghasilkan 2 kemungkinan, yaitu untuk tim A dan tim B (tabel di atas merepresentasikan kemenangan tim A). Jadi, ada 6 \times 2 = 12 cara agar turnamen demikian dapat terjadi.

[collapse]

Soal Nomor 4
Pada sebuah lemari terdapat 25 helai baju yang terdiri atas 4 ukuran, yaitu 5 helai baju berukuran S, 4 helai baju berukuran M, 9 helai baju berukuran L, dan 7 helai baju berukuran XL. Tentukan jumlah baju paling sedikit yang dapat diambil agar selalu diperoleh 7 helai baju berukuran sama.

Penyelesaian

Gunakan Prinsip Sarang Merpati (PSM) untuk kasus ini.
Ada 4 ukuran baju berbeda. Ambil 6 helai masing-masing ukuran bajunya, yaitu
5 helai baju ukuran S (maksimum)
4 helai baju ukuran M (maksimum)
6 helai baju ukuran L
6 helai baju ukuran XL
Jumlah: 5 + 4 + 6 + 6 = 21 helai baju. Ambil 1 helai baju lagi (antara baju berukuran L atau XL), sehingga dipastikan kita sudah memegang 7 helai baju dengan ukuran yang sama. Jadi, kita perlu mengambil paling sedikit 22 helai baju agar selalu diperoleh 7 helai baju dengan ukuran yang sama.

[collapse]

Soal Nomor 5
Pada sebuah pesta pernikahan terdapat 6 orang (termasuk pengantin) yang hendak berfoto. Banyak cara menata pose foto dalam satu baris dari keenam orang tersebut sedemikian sehingga pengantin berdiri tidak saling berdekatan/bersampingan adalah \cdots

Penyelesaian

Banyak cara menata pose foto 6 orang berdiri dalam satu baris adalah
P_6^6 =\dfrac{6!}{(6-6)!} = 720 cara
Banyak cara menata pose foto 6 orang sehingga pengantin berdiri saling berdekatan/bersampingan adalah
P_2^2 \times P_2^2 \times P_4^4 = 2 \times 2 \times 24 = 96 cara
Jadi, banyak cara menata pose foto sehingga pengantin berdiri tidak saling berdekatan/bersampingan adalah
720 - 96 = 624 cara.

[collapse]

Soal Nomor 6
Sebuah password terdiri atas 7 huruf kapital. Password dikatakan legal bila memenuhi dua kondisi: (i) tidak terdapat huruf yang sama, (ii) huruf X dan Y tidak saling berdekatan. Besar peluang membentuk password yang legal adalah \cdots

Penyelesaian

Semua kemungkinan di mana huruf X dan Y saling berdekatan dinyatakan dalam bagan berikut.

Ada 6 posisi, dan XY \neq YX, berarti total semuanya ada 12 posisi untuk memenuhi syarat kedua. Masing-masing kotak putih pada setiap baris memiliki pemilihan huruf yang sama dan tak boleh berulang, yaitu
24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20 (dimulai dari 24, karena ada 26 huruf dan huruf XY telah terpakai).
Jadi, banyak cara membentuk password tanpa pengulangan huruf dan huruf X dan Y berdekatan adalah
12 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20
Dengan kata lain, banyak cara membentuk password tanpa pengulangan huruf dan huruf X dan Y tidak berdekatan adalah
(26 \times 25 \times \cdots \times 20) - (12 \times 24 \times \cdots \times 21 \times 20)
atau disederhanakan menjadi
(26 \times 25 - 12) \times 24 \cdots \times 20 = 638 \times 24 \cdots \times 20
Jadi, peluang membentuk password legal adalah
\boxed{\dfrac{638 \times 24 \cdots \times 20}{26^7}}

[collapse]

Soal Nomor 7
Berapa banyak cara membentuk sebuah panitia yang beranggotakan 5 orang yang dipilih dari 7 orang pria dan 5 orang wanita, jika di dalam panitia tersebut paling sedikit beranggotakan 2 orang wanita?

Penyelesaian

Jumlah wanita di dalam panitia: 2, 3, 4, atau 5 orang.
Pilih 2 orang dari 5 wanita, ada C(5, 2) cara, sisanya pilih 3 orang dari 7 pria, ada C(7,3) cara.
Pilih 3 orang dari 5 wanita, ada C(5, 3) cara, sisanya pilih 2 orang dari 7 pria, ada C(7,1) cara.
Pilih 4 orang dari 5 wanita, ada C(5, 4) cara, sisanya pilih 1 orang dari 7 pria, ada C(7,2) cara.
Pilih 5 orang dari 5 wanita, ada C(5, 5) cara, sisanya pilih 0 orang dari 7 pria, ada C(7,0) cara.
Jumlah cara pembentukan panitia seluruhnya adalah
\begin{aligned} C(5,2)C(7,3) + & C(5,3)C(7,2) + \\ & C(5,4)C(7,1) +C(5,5)C(7,0) \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 8
Enam komite akan dibentuk dari 14 orang. Bila 2 komite dari 6 komite ini terdiri atas 3 orang dan sisanya terdiri atas masing-masing 2 orang, maka banyaknya komite yang dapat dibentuk adalah …

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 9a
Diberikan persamaan x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 12, dengan x_i adalah bilangan cacah. Berapa jumlah kemungkinan solusinya?

Penyelesaian

Ini merupakan kasus kombinasi dengan pengulangan, di mana n = 4 (dianalogikan sebagai banyak kotak) dan r = 12 (dianalogikan sebanyak 12 bola). Setiap kotak bisa diisi 0, 1, 2,…, 12 bola, dengan syarat jumlah bola pada seluruh kotak yang ada adalah 12 bola. Contoh penyelesaiannya adalah
x_1 = 3, x_2 =, 4, x_3 = 3, x_4 = 2
Seluruh kemungkinan yang ada adalah
C(4 + 12 - 1, 12) = C(15, 12) = 455 buah kemungkinan solusi.

[collapse]

Soal Nomor 9b
Berapa banyak solusi bilangan bulat dari x_1 +x_2 +x_3 = 10 jika diberi syarat 0 \leq x_1 \leq 2, x_2 > 1, dan x_3 \geq 0?

Penyelesaian

Analogikan dengan membagi 10 buah bola yang identik ke dalam 3 buah kotak, sebut saja kotak x_1, x_2, dan x_3. Jadi, x_1 ada kemungkinan berisi 0 (tak berisi), 1, atau 2. Untuk masing-masing nilai x_1, kita perinci perhitungannya sebagai berikut.
(i) Kasus x_1=0, berarti x_2+ x_3 = 10. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 8 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+8-1,8)=C(9,8) cara.
(ii) Kasus x_1=1, berarti x_2+ x_3 = 9. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 7 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+7-1,7)=C(8,7) cara.
(i) Kasus x_1=2, berarti x_2+ x_3 = 8. Isikan 2 bola ke dalam kotak x_2 (karena syaratnya x_2 > 1). Bagikan 6 bola sisanya ke kotak x_2 dan x_3, semuanya ada C(2+6-1,6)=C(7,6) cara.
Jumlah solusi seluruhnya adalah
\boxed{C(9,8) +C(8,7) +C(7,6) = 9 + 8 + 7 = 24} buah.

[collapse]



Soal Nomor 10
Setiap bujur sangkar pada persegi panjang berukuran 1 \times n diwarnai dengan menggunakan satu dari tiga warna merah, putih, atau biru. Banyak cara mewarnai persegi 1 \times n dengan merah, putih, atau biru sehingga terdapat genap buah bujur sangkar berwarna putih adalah…

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 11
Sebuah papan catur C terdiri atas i baris dan j jalur. Misalkan b menyatakan banyaknya maksimal benteng yang dapat diletakkan pada C sehingga tidak ada dua benteng yang saling menyerang. Tentukan banyaknya cara meletakkan b buah benteng pada C sedemikian sehingga tidak ada dua benteng yang saling menyerang. [Catatan: Pada permainan catur, gerak benteng adalah berarah horizontal (pada baris) dan berarah vertikal (pada lajur)].

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 12
Dari 100.000 buah bilangan bulat positif pertama, berapa banyak bilangan yang mengandung tepat 1 buah angka 3, 1 buah angka 4, dan 1 buah angka 5?

Penyelesaian

Bilangan 100.000 jelas tidak memenuhi untuk kasus ini sehingga kita hanya perlu meninjau bilangan dengan 5 digit (untuk kasus bilangan ratusan, anggap posisi puluh ribuan dan ribuannya 0, begitu juga untuk kasus bilangan ribuan). Berarti, ada 5 cara mengisi angka 5, 4 cara mengisi angka 4, dan 3 angka mengisi angka 3. Dua tempat kosong lainnya bisa diisi angka lain yaitu 0, 1, 2, 6, 7, 8, dan 9 (ada 7 angka dan boleh berulang). Jadi, banyak bilangan yang demikian adalah
\boxed{5 \times 4 \times 3 \times 7 \times 7 = 2940~\text{cara}}

[collapse]

Soal Nomor 13
Dari sejumlah besar koin 25-an, 50-an, 100-an, dan 500-an, berapa banyak cara lima koin dapat diambil?

Penyelesaian

Kasus ini adalah kasus kombinasi dengan pengulangan (karena koin tertentu dapat diambil lebih dari sekali). Di sini n = 4 dan r = 5 berarti banyak cara yang dimaksud adalah
C(4 + 5 - 1, 5) = C(8,5) cara.

[collapse]

Soal Nomor 14
Tentukan banyaknya cara agar 4 buku matematika, 3 buku sejarah, 3 buku kimia, dan 2 buku sosiologi (jenis bukunya berbeda) dapat disusun dalam satu baris sedemikian sehingga (untuk masing-masing soal):
a. semua buku yang topiknya sama letaknya bersebelahan
b. urutan buku dalam susunan bebas

Penyelesaian

(Jawaban a) Pandang setiap topik buku sebagai satu kesatuan (karena harus bersebelahan). Karena ada 4 topik, jadi kita peroleh 4! untuk mengatur susunannya. Di lain sisi, setiap topik memiliki jenis buku yang berbeda pula. Untuk topik matematika, ada 4! cara mengatur susunannya, 3! cara mengatur susunan buku sejarah, 3! cara mengatur susunan buku kimia, dan 2! mengatur susunan buku sosiologi. Jadi, totalnya ada
4! \times 4! \times \times 3! \times 3! \times 2! = 41.472 cara mengatur susunan buku dengan syarat yang diberikan.
(Jawaban b) Ini termasuk kasus permutasi dengan pengulangan, jadi ada
\dfrac{12!}{4!. 3!. 3!. 2!} = 277.200  cara mengatur susunan bukunya.

[collapse]

Soal Nomor 15
Misalkan |A| = m dan |B|=n. Berapa banyak fungsi yang dapat dibuat dari himpunan A ke himpunan B?

Penyelesaian

Ingatlah kembali definisi fungsi bahwa setiap elemen pada himpunan A (domain) harus mempunyai pemetaan tepat satu di himpunan B (kodomain). Elemen pertama di A mempunyai n kemungkinan peta di B, begitu juga elemen kedua, elemen ketiga, sampai elemen ke-m, sehingga jumlah fungsi yang dapat dibuat dari A ke B (terapkan aturan perkalian) adalah
\underbrace{n \times n \times\cdots \times n} _{\text{sebanyak}~m} = n^m buah.

[collapse]

Soal Nomor 16
Berapa banyak string yang dibentuk dari permutasi huruf-huruf pada kata “SARUNG” sedemikian sehingga huruf-huruf vokal terletak pada posisi yang bersebelahan?

Penyelesaian

Huruf vokal pada kata SARUNG adalah A dan U. Hal yang ditanyakan dalam soal ini adalaah string yang mengandung UA atau AU. Karena UA atau AU harus muncul pada satu blok, maka kita harus menghitung jumlah permutasi blok AU atau UA dengan huruf-huruf S, R, N, dan G. Untuk AU,S, R, N, dan G, jumlah kata yang dapat dibentuk adalah P(5,5)=5!, begitu juga untuk UA, S, R, N, dan G.
Jadi, jumlah kata seluruhnya adalah 5! + 5! = 240
Catatan: String adalah istilah tipe data bahasa pemrograman yang menampung data berupa huruf.

[collapse]

Soal Nomor 17a
Kartu remi (poker) seluruhnya ada 52 buah kartu dalam satu pak. Keseluruhan kartu ini terdiri dari 13 jenis kartu, setiap jenis terdiri atas 4 buah kartu. Tiga belas kartu tersebut adalah: 2, 3,…, 10, joker, ratu, raja, dan as. Setiap pemain remi mendapatkan 5 buah kartu sebagai bentuk dimulainya permainan. Berapa peluang dari 5 kartu tersebut mengandung 4 kartu dari jenis yang sama?

Penyelesaian

Jumlah cara mengambil 5 kartu sembarang dari 52 kartu yang ada adalah C(52,5) (jumlah titik contoh).
Jumlah cara mengambil satu jenis kartu dari 13 jenis yang ada adalah C(13,1).
Jumlah cara mengambil 4 kartu dari 4 kartu sejenis adalah C(4,4).
Jumlah cara mengambil satu kartu lagi dari sisa 48 kartu lainnya adalah C(48,4).
Jadi, peluang dari 5 kartu tersebut mengandung 4 kartu sejenis adalah
\boxed{\dfrac{C(13,1) \times C(4,4) \times C(48,1)} {C(52,5)} = 0,00024}

[collapse]



Soal Nomor 17b 
Berapa peluang dari 5 kartu remi mengandung 4 kartu as?

Penyelesaian

Pada soal ini, jenis kartu sudah ditentukan, yaitu kartu as, jadi hanya ada satu cara (pilihan) untuk mengambilnya.
Jumlah cara mengambil 4 kartu dari 4 kartu as adalah C(4,4).
Jumlah cara mengambil 1 kartu lagi dari 48 kartu sisanya adalah C(48,4)
Jumlah cara mengambil 5 kartu sembarang dari 52 kartu adalah C(52,5).
Jadi, peluang dari 5 kartu itu mengandung 4 kartu as adalah
\boxed{\dfrac{1 \times C(4,4) \times C(48,1)} {C(52,5)} = 0,0000185}

[collapse]

Soal Nomor 18
Di perpustakaan FKIP Untan terdapat 3 jenis buku berbeda: buku Matematika Diskrit, buku Struktur Aljabar, dan buku Analisis Real. Perpustakaan menyediakan sedikitnya 10 buah buku untuk masing-masing jenisnya. Berapa banyak cara memilih 10 buah buku?

Penyelesaian

Soal ini termasuk kasus kombinasi dengan pengulangan di mana n = 3 dan r = 10. Jumlah cara memilih buku adalah
C(3 + 10 - 1, 10) = C(12, 10) = 66

[collapse]

Soal Nomor 19
Sebuah rangkaian digit biner adalah sebuah barisan yang terdiri dari angka 0 dan 1. Banyaknya rangkaian digit biner yang terdiri atas tepat delapan angka 0 dan tepat sepuluh angka 1 sedemikian sehingga setiap kemunculan angka 0 segera diikuti oleh digit 1 adalah …

Penyelesaian

Langkah pertama adalah memasangkan setiap angka 0 dengan angka 1. Berdasarkan informasi pada soal, kita akan memperoleh tepat 8 pasangan yang mungkin (angka 01 sebanyak 8 kali kemunculan) dan sisanya adalah angka 1 sebanyak 2 buah. Perhatikan ilustrasi tabel berikut.

Ilustrasi tabel di atas menunjukkan bahwa ada 9 kotak putih yang dapat kita tempatkan angka 1 tersisa. Jadi, ada C(9,2) = 36 cara memposisikannya (menggunakan kombinasi, karena bila angka 1 dan angka 1 yang lain dibolak-balik dianggap sama, tetap membentuk angka 11). Tetapi, ini hanya cara ketika angka 1 dan angka 1 yang lain diletakkan secara terpisah dalam kotak itu. Ada kemungkinan angka 1 dan angka 1 yang lain diletakkan dalam kotak yang sama, sebab akan menghasilkan digit biner yang berbeda, contohnya 11-01-01-01-01-01-01-01-01. Karena ada 9 kotak, maka ada 9 cara lain yang dimaksud.

Jadi, ada 36 + 9 = 45 rangkaian digit biner berbeda yang dapat dibuat dengan syarat yang diberikan.

[collapse]

Soal Nomor 20
Sebuah keluarga besar beranggotakan 14 orang anak yang terdiri dari dua kelahiran kembar tiga identik, tiga kelahiran dua identik, dan dua anak yang lain. Bila kembar identik tak dapat dibedakan, maka banyak pose foto berdiri dalam satu baris pada 14 anak tersebut adalah …

Penyelesaian

Kasus ini ekuivalen dengan kasus penyusunan string/kata yang mengandung sejumlah huruf yang sama. Gunakan permutasi berulang untuk kasus ini, yaitu
\dfrac{14!}{(3!)^2\times (2!)^3}
Jadi, banyaknya pose foto berdiri dalam satu baris pada 14 anak tersebut adalah \boxed{\dfrac{14!}{(3!)^2\times (2!)^3}}

[collapse]

Soal Nomor 21
Banyak cara menugaskan 5 pekerjaan berbeda ke 4 orang pegawai berbeda sedemikian sehingga setiap pegawai ditugaskan ke paling sedikit satu pekerjaan adalah …

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 22 (Soal ON-MIPA Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Untuk setiap bilangan asli n \in \mathbb{N} dengan n \geq 2, nilai dari
\displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {1}+\dfrac{2}{n} \binom{n} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {n-1}
adalah….

Penyelesaian

Misalkan
S = \displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {1}+\dfrac{2}{n} \binom{n} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {n-1}
Dengan menggunakan sifat kesimetrisan binomial, diperoleh
S = \displaystyle \dfrac{1}{n} \binom{n} {n-1}+\dfrac{2}{n} \binom{n-2} {2}+\cdots+\dfrac{n-1}{n} \binom{n} {1}
Jumlahkan keduanya, sehingga didapat
2S = \displaystyle \binom{n} {1} + \binom{n} {2} + \cdots + \binom{n} {n-1} = \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n} {k}
Ingat Teorema Binomial berikut.
\boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n} {k} x^ky^{n-k} = (x+y)^n}
Dengan mengganti x = y = 1, kita akan mendapatkan bahwa
2^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n} {k}
Karena \binom{n}{0} =\binom{n} {n} = 1, kita akan mendapatkan
2S = 2^n - 2 \Rightarrow \boxed{S = 2^{n-1} - 1}

[collapse]

Soal Nomor 23 (Soal ON-MIPA Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Seorang petinju mempunyai waktu 75 minggu untuk mempertahankan gelar. Untuk itu pelatih menjadwalkan program latih tanding. Pelatih merencanakan sedikitnya terdapat satu latih tanding dalam satu minggu, tetapi tidak boleh lebih dari 125 latih tanding dalam periode 75 minggu. Perlihatkan bahwa ada periode waktu yang terdiri atas beberapa minggu berurutan sehingga terdapat tepat 24 latih tanding.

Penyelesaian

Misalkan a_1 adalah banyaknya latih tanding yang telah dilakukan petinju sampai hari ke-i dengan i = 1,2,3,\cdots, 75, sehingga diperoleh
1 \leq a_1 < a_2 < a_3 < \cdots < a_{75} \leq 125
dan dengan menambahkan 24 di setiap ruas, diperolehlah
25 \leq a_1 + 24 < a_2+24< \cdots < a_{75} + 24 \leq 149
Karena ada 149 bilangan terhitung dari 1 sampai 149, sedangkan a_1,a_2,a_{75},a_1+24,a_2+24, \cdots, a_{75}+24 ada 150 bilangan, maka menurut Prinsip Sarang Burung Merpati (Pigeon Hole Principle), setidaknya ada 2 bilangan yang sama dari barisan tersebut, yakni ada i dan j sedemikian sehingga a_i = a_j +24
Dengan kata lain, pada hari ke j+1,j+2,\cdots, i, si petinju tepat latih tanding sebanyak 24 kali.

[collapse]

Soal Nomor 24 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2017)
Diberikan bilangan bulat n \geq 5. Tuliskan argumentasi kombinatorik untuk memperlihatkan bahwa
\displaystyle \binom{2n} {5} = 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n}{4} + (n^2-n) \binom{n} {3} 

Penyelesaian

Anggap terdapat 2n dalam suatu grup yang terdiri dari n pria dan n wanita, dan kita hendak memilih 5 orang perwakilan dari grup tersebut, sehingga banyak cara memilihnya adalah
\displaystyle \binom{2n} {5}
Di lain sisi, perwakilan tersebut dapat terdiri dari pria (P) dan wanita (W) dengan kombinasi 5P, 5W, 4P 1W, 3P 2W, 2P 3W, dan 1P 4W, sehingga banyak pemilihan dengan cara tersebut adalah
\displaystyle \binom{n} {5}\binom{n} {0} + 2\binom{n} {4}\binom{n} {1} + 2\binom{n} {3}\binom{n} {2}
dan jika disederhanakan diperoleh
\displaystyle 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n} {4} + (n^2-n)\binom{n} {3}
Jadi, terbukti bahwa
\displaystyle \binom{2n} {5} = 2\binom{n} {5} + 2n\binom{n}{4} + (n^2-n) \binom{n} {3}

[collapse]

Soal Nomor 25
Misalkan m, n bilangan bulat positif. Dengan menggunakan argumentasi kombinatorik, buktikan identitas berikut.
\displaystyle \binom{m+n}{n} = \binom{m} {0}\binom{n} {0} + \binom{m} {1}\binom{n} {1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {n}

Penyelesaian

Tuliskan dulu persamaan kombinatorialnya sebagai berikut dengan menggunakan sifat kesimetrisan binomial.
\displaystyle \binom{m+n} {n} = \binom{m} {0}\binom{n} {n} + \binom{m} {1}\binom{n} {n-1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {0}
Ruas kiri menyatakan banyaknya subhimpunan S dengan n unsur dari suatu himpunan H dengan m+n unsur. Misalkan H = A \cup B dengan |A| = m dan |B| = n. Subhimpunan S dapat kita konstruksi dengan cara mengambil 0 unsur dari A dan n unsur dari B atau 1 unsur dari A dan n-1 unsur dari B atau seterusnya sampai kita dapat mengambil n unsur dari A dan 0 unsur dari B. Banyak subhimpunan yang ada yaitu
\displaystyle\binom{m} {0}\binom{n} {n} + \binom{m} {1}\binom{n} {n-1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {0}
Kembalikan bentuknya dengan kesimetrisan binomial sehingga terbukti bahwa
\boxed{\displaystyle \binom{m+n}{n} = \binom{m} {0}\binom{n} {0} + \binom{m} {1}\binom{n} {1} + \cdots + \binom{m} {n} \binom{n} {n}}

[collapse]

Soal Nomor 26
Diberikan 8 bilangan bulat. Tunjukkan bahwa terdapat 2 bilangan di antaranya yang jumlah atau selisihnya habis dibagi 12.

Penyelesaian

Jika kedelapan bilangan bulat tersebut dibagi 12, maka kemungkinan sisanya adalah \{0,1,2,\cdots, 12}. Sekarang siapkan 7 buah “kotak” dan beri label seperti berikut.
\{0\}, \{1,11\}, \{2,10\}, \{3,9\}, \{4,8\}, \{5,7\}, \{6\}
Kemudian kita masukkan kedelapan bilangan bulat itu ke dalam “kotak” sesuai dengan sisa hasil baginya oleh 12. Karena terdapat 7 buah kotak dan 8 bilangan, maka menurut Pigeon Hole Principle, terdapat setidaknya satu kotak yang memuat dua bilangan. Jika kotak itu adalah kotak berlabel \{0\} dan \{6\}, maka selisih dua bilangan tersebut adalah kelipatan 12, contohnya bilangan 6 dan 12 yang masuk ke kotak berlabel \{6\} (karena sisa hasil baginya oleh 12 adalah 6) memiliki selisih 12. Di lain sisi, jika yang memuat dua bilangan itu kotak lainnya, maka hasil penjumlahan dua bilangan tersebut habis dibagi 12, contohnya bilangan 2 dan 22 masuk ke dalam kotak berlabel \{2,10\} memiliki jumlah 24, yang merupakan kelipatan 12. (Terbukti). \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 27 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Untuk semua bilangan bulat positif n \geq 2, nilai dari
\displaystyle \sum_{k=2}^{n}k(k-2)\binom{n} {k}
adalah…..

Penyelesaian

Ingat identitas binomial berikut.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=1}^{n} k^2\binom{n} {k} = (n+n^2)2^{n-2} \\ & \sum_{k=1}^{n} k\binom{n} {k} = n2^{n-1}\end{aligned}}
Dengan menggunakan identitas tersebut, diperoleh
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=2}^{n} k(k-2) \binom{n} {k} \\ & = \sum_{k=2}^{n} k^2\binom{n} {k} - 2\sum_{k=2}^{n} k\binom{n} {k} \\ & = \sum_{k=1}^{n} k^2\binom{n} {k} - 2\sum_{k=1}^{n} k\binom{n} {k} - \left(1^2\binom{n} {1} - 2\binom{n} {1}\right) \\ & = (n+n^2)2^{n-2} - 2n.2^{n-1} - (n-2n) \\ & = 2^{n-1}\left(-\dfrac{3}{2}n+\dfrac{1}{2}n^2}\right)+n \end{aligned}

[collapse]

Soal Nomor 28
Tentukan banyaknya permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diawali dengan digit 987 atau memuat digit 45 pada posisi ke-5 dan 6 atau diakhiri dengan digit 123

Penyelesaian

Misalkan
A adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diawali oleh digit 987,
B adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang memuat digit 45 pada posisi ke-5 dan 6, dan
C adalah himpunan permutasi dari 0,1,2,\cdots, 9 yang diakhiri oleh digit 123, sehingga diperoleh
|A| = 7! karena ada 7 posisi lainnya yang dapat diisi digit yang masih tersedia.
|B| = 8!~\text{dan}~|C|=7!
juga,
|A \cap B| = 5! hanya tersisa 5 posisi yang dapat diisi angka yang masih tersedia.
|A \cap C| = 5!~\text{dan}~|B \cap C| = 5!
dan terakhir,
|A \cap B \cap C|= 2! karena hanya ada 2 posisi (yaitu posisi ke-4 dan 7) yang masih dapat diisi angka yang tersedia (yaitu 0 dan 6). Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
\begin{aligned} & |A \cup B \cup C| \\ &= |A| +|B|+|C| - |A \cap B| - |A \cap C| - \\ & |B \cap C| + |A \cap B \cap C| \\ & = 7! + 8! + 7! - 5! - 4! - 5! + 2! = \boxed{50138} \end{aligned}
Jadi, ada 50138 permutasi dari bilangan 0 sampai 9 dengan kondisi yang disebutkan di atas.

[collapse]

Soal Nomor 29 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2011)
Pada acara seminar matematika yang dihadiri oleh n orang peserta seminar. Tunjukkan bahwa di antara para peserta seminar tersebut, senantiasa terdapat dua orang peserta seminar yang mempunyai jumlah kenalan yang sama.

Penyelesaian

Andaikan ada n peserta seminar, yaitu k_0, k_1, k_2, \cdots, k_{n-1}, di mana k_i menyatakan peserta seminar yang memiliki i kenalan dan berbeda-beda. Ini berarti, k_0 adalah peserta seminar yang tidak memiliki kenalan sama sekali, k_1 adalah peserta seminar yang hanya memiliki 1 kenalan, dan seterusnya, sampai k_{n-1} adalah peserta seminar yang memiliki n-1 kenalan. Jelas ini kontradiksi karena k_{n-1} memiliki kenalan dengan semua peserta seminar yang ada, termasuk dengan k_0, padahal k_0 tidak memiliki kenalan. Jadi, pengandaian diingkari. Terbukti bahwa selalu terdapat setidaknya dua orang peserta seminar yang memiliki jumlah kenalan yang sama.

[collapse]

Soal Nomor 30 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Dua bilangan bulat positif a dan b dikatakan relatif prima bila pembagi sekutu terbesar a dan b adalah 1. Banyaknya bilangan bulat positif k \geq 210 yang relatif prima terhadap 210 adalah….

Penyelesaian

Gunakan Euler’s Totient Function. Misalkan suatu bilangan bulat positif n dapat dituliskan dalam bentuk faktorisasi prima, yaitu
n = p_1^{k_1} + p_2^{k_2} + \cdots + p_r^{k_r}
maka banyaknya bilangan kurang dari n yang relatif prima dengannya adalah \psi(n) = n\left(1-\dfrac{1}{p_1}\right)\left(1-\dfrac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1-\dfrac{1}{p_r}\right)
Karena 210 = 2 \times 3 \times 5 \times 7, maka banyak bilangan kurang dari 210 dan relatif prima dengannya adalah
\begin{aligned} \psi(210) & = 210\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)\left(1-\dfrac{1}{5}\right)\left(1-\dfrac{1}{7}\right) \\ & = 210\left(\dfrac{1}{2}\right) \left(\dfrac{2}{3}\right) \left(\dfrac{4}{5}\right) \left(\dfrac{6}{7}\right) = 48 \end{aligned}
Jadi, banyaknya bilangan yang relatif prima dengan 210 dan kurang darinya adalah 48.

[collapse]
 

Soal Nomor 31 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2013)
Banyak pasangan bilangan (a, b, c) yang memenuhi a! + b! = c! adalah……

Penyelesaian

Nilai (a, b, c) pada persamaan a! +b! =c! dipenuhi oleh (0,0,2), (1,0,2), (0,1,2), dan (1,1,2). Misalkan c adalah bilangan bulat positif yang lebih dari dua, sebutlah n, dengan n > 2. Sekarang, ambil a = b = n - 1, yang merupakan pasangan bilangan terbesar agar bila dijumlahkan dapat mencapai nilai di ruas kanan. Jadi, dapat ditulis \begin{aligned} & (n-1)! + (n-1)! = n! \\ & 2(n-1)! < n(n-1)! = n! \end{aligned}
Jadi, tidak ada nilai c yang dipenuhi oleh a dan b sehingga persamaan itu benar. Dengan demikian, hanya ada 4 pasangan bilangan (a, b, c) yang memenuhi persamaan a! + b! = c!

[collapse]

Soal Nomor 32
Titik latis adalah titik dengan koordinat bulat. Misalkan (w_i, x_i, y_i, z_i) dengan 1 \leq i \leq 17 adalah tujuh belas titik latis berbeda di ruang \mathbb{R}^4. Tunjukkan bahwa terdapat sepasang titik latis (dari ketujuh belas titik latis itu) yang titik tengah dari garis yang menghubungkannya juga titik latis.

Penyelesaian

Berdasarkan prinsip paritasnya (genap-ganjil), terdapat 2^4 = 16 jenis kombinasi paritas untuk koordinat (w_i, x_i, y_i, z_i). Karena terdapat 17 titik, berdasarkan Pigeon Hole Principle ada dua titik yang paritasnya berjenis sama. Misal kedua titik ini adalah A = (w_i, x_i, y_i, z_i) dan B = (w_j, x_j, y_j, z_j). Akibatnya, w_i + w_j, x_i + x_j, y_i + y_j, dan z_i + z_j adalah bilangan genap (ganjil + ganjil = genap, begitu juga genap + genap = genap). Dengan demikian, titik tengah dari garis lurus yang menghubungkan A dan B, sebut saja C, memiliki koordinat C = \left(\dfrac{w_i + w_j} {2},\dfrac{x_i + x_j} {2},\dfrac{y_i + y_j} {2}, \dfrac{z_i + z_j} {2}\right) adalah titik latis (karena bilangan genap bila dibagi 2 hasilnya adalah bilangan bulat). \blacksquare
Catatan: Salah satu kombinasi paritas yang dimaksud pada koordinat itu adalah (w_1, x_1, y_1, z_1) dengan w_1 genap, w_2 ganjil, w_3 genap, dan w_4 ganjil. Banyaknya kombinasi paritas seluruhnya ada 16.

[collapse]

Soal Nomor 33
Hitunglah \displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k}

Penyelesaian

Ingatlah identitas binomial berikut.
\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \binom{n} {0} = \binom{n-1}{0} = 1 \\ & \binom{n} {k} + \binom{n} {k+1}= \binom{n+1}{k+1} \end{aligned}}
Dengan menguraikannya dalam bentuk jumlah, diperoleh
\begin{aligned} & \displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k} \\ & = \binom{n-1}{0} + \binom{n} {1} + \binom{n+1}{2} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+1}{1} + \binom{n+1}{2} + \binom{n+2}{3} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+2}{2} + \binom{n+2}{3} + \cdots + \binom{n+r-1}{r} \\ & = \binom{n+r} {r} \end{aligned}
Jadi, didapat \boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{r} \binom{n+k-1}{k} = \binom{n+r}{r}}

[collapse]

Soal Nomor 34 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2006)
Berikan koefisien dari x^{80} dalam ekspansi \left(x - \dfrac{1}{x} \right)^{100}

Penyelesaian

Dengan menggunakan teorema binomial
\displaystyle \sum_{k=0}^{100} \binom{100}{k} x^{100-k} \left(\dfrac{1}{x}\right)^{k}
maka ekspresi dari x^{80} pada ekspansi tersebut ditentukan saat k = 10, yaitu
\displaystyle \binom{100}{10}x^{90}\left(-\dfrac{1}{x}\right)^{10} = \binom{100}{10}x^{80}
Jadi, koefisien dari x^{80} pada ekspansi tersebut adalah \boxed{\binom{100}{10}} 

[collapse]

Soal Nomor 35 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Banyak bilangan antara 1 sampai 500 yang tidak habis dibagi 3, 4, dan 6 adalah….

Penyelesaian

Kelipatan persekutuan terkecil dari 3, 4, dan 6 adalah 12, sehingga banyak bilangan yang habis dibagi tiga bilangan itu sama dengan banyak bilangan yang habis dibagi 12, yaitu \displaystyle \left \lfloor\dfrac{500}{12}\right \rfloor = \lfloor 41,.... \rfloor = 41
Jadi, banyak bilangan yang tidak habis dibagi 3, 4, dan 6 adalah 500 – 41 = 459.

[collapse]

Soal Nomor 36 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2016)
Didefinisikan fungsi rekursif, \forall n \in \mathbb{Z}, f(1)=1, f(2)=5, dan f(n+1)=f(n)+2f(n-1), n > 2, maka f(n) = \cdots

Penyelesaian

Fungsi rekursif f(n+1)=f(n)+2f(n-1) ekuivalen dengan f(n)=f(n-1)+2f(n-2) atau ditulis menjadi f(n) -f(n-1) - 2f(n-2)=0. Relasi di atas termasuk relasi rekursif homogen dengan koefisien konstan, dengan persamaan karakteristik
r^2 - r -2r = (r - 2)(r+1) = 0
Diperoleh r = 2 atau r = -1
Jadi, solusi relasinya adalah
f(n) = C_12^n + C_2(-1)^n
Substitusikan f(1) = 1 dan f(2) = 5 berturut-turut untuk mendapatkan
1 = C_1(2) + C_2(-1) dan 5 = C_1(4) + C_2
Gunakan metode penyelesaian SPLDV untuk mendapatkan C_1 = C_2 = 1, sehingga \boxed{f(n) = 2^n + (-1)^n}

[collapse]

Soal Nomor 37
Pada suatu pesta pernikahan, setiap orang kenal tepat 25 orang lainnya. Diketahui bahwa:
1) Untuk setiap dua orang X dan Y yang saling kenal, tidak ada orang lain yang kenal dengan X dan Y.
2) Untuk setiap dua orang X dan Y yang tidak saling kenal, tepat 8 orang yang kenal dengan X dan kenal dengan Y.
Tentukan banyak orang yang hadir di pesta tersebut.

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]

Soal Nomor 38 (Soal ON-MIPA PT Seleksi UGM)
Berapa banyaknya 15 kombinasi himpunan ganda (multiset) dari \{a, 1, b, 2, c, 3, d, 4, e, 5\}?

Penyelesaian

Himpunan ganda (multiset) adalah himpunan yang boleh berisikan anggota yang sama (anggota yang sama ditulis tidak harus satu kali) . Sebagai contoh, himpunan \{0, 0,1,1,2\} merupakan himpunan ganda. Lima belas kombinasi himpunan ganda di sini berarti kita harus mencari kombinasi anggota himpunan sedemikian sehingga kardinalitas himpunannya sebanyak 15.
Kasus ini dapat kita ibaratkan sebagai suatu persamaan,
x_1 + x_2 + \cdots + x_{10} = 15 + 10 = 25
dengan x_i \geq 1, 1 \leq i \leq 10, di mana x_1 mewakili banyaknya elemen a yang muncul, x_2 mewakili banyaknya elemen 1, dan seterusnya. Dengan menggunakan Dalil de Moivre, banyak solusi bulatnya adalah
\displaystyle \binom{25 - 1}{10-1} =\binom{24}{9}
\bigstar Dalil de Moivre ampuh dalam menjawab banyaknya solusi bulat yang memenuhi suatu persamaan linear.
Jika x_1, x_2, \cdots, x_k memenuhi persamaan
x_1 + x_2 + \cdots + x_k = n
dengan syarat x_i \geq 1, 1 \leq i \leq k, n \in \mathbb{N}, maka banyaknya solusi bulat yang memenuhi persamaan tersebut adalah
\boxed{\displaystyle \binom{n - 1}{k - 1}}

[collapse]

Soal Nomor 39 (Soal ON-MIPA PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Misalkan terdapat laci yang berisi selusin kaos kaki coklat dan selusin kaos kaki hitam yang didistribusikan secara acak. Pada saat listrik padam (Anda dianggap tidak dapat melihat sekitar), berapa kaos kaki yang harus Anda ambil untuk memastikan bahwa di antaranya terdapat sepasang kaos kaki yang sewarna?
Catatan: kaos kaki kanan dan kiri dianggap sama.

Penyelesaian

Untuk mendapatkan sepasang kaos kaki sewarna, berarti kita harus mengambil setidaknya 2 kaos kaki, tetapi belum dapat dipastikan kita mendapatkannya.
Berdasarkan Prinsip Sarang Burung Merpati (Pigeonhole Principle), untuk memastikan diperolehnya sepasang kaos kaki sewarna, maka kita hanya perlu mengambil paling sedikit 2 + 1 = 3 kaos kaki.

[collapse]

Soal Nomor 40 (Soal ON-MIPA PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Sebanyak 115 mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit, 71 mahasiswa mengambil mata kuliah Kalkulus, dan 56 mahasiswa mengambil mata kuliah Geometri. Di antaranya 25 mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit dan Kalkulus, 14 mahasiswa mengambil mata kuliah Matematika Diskrit dan Geometri, dan 9 mahasiswa mengambil mata kuliah Kalkulus dan Geometri. Jika terdapat 196 mahasiswa yang mengambil paling sedikit satu dari tiga mata kuliah tersebut, berapa orang yang mengambil tiga mata kuliah itu sekaligus?

Penyelesaian

Misalkan M, K, G berturut-turut menyatakan himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika Diskrit, Kalkulus, dan Geometri.
Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
|M \cap K \cap G| = 196 - (115 + 71 + 56) + (25 + 14 + 9) = 2
Jadi, ada 2 mahasiswa yang mengambil tiga mata kuliah itu sekaligus.

[collapse]

Soal Nomor 41 (Soal ON-MIPA PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Berapa banyaknya anggota dari |A \cup B \cup C \cup D| jika setiap himpunan berukuran 50, setiap irisan dari dua himpunan berukuran 30, setiap irisan dari tiga himpunan berukuran 10, dan irisan dari keempat himpunan berukuran 2?

Penyelesaian

Berdasarkan Prinsip Inklusi-Eksklusi (PIE),
|A \cup B \cup C \cup D| = (4 \times 50) - (6 \times 30) + (3 \times 10) - 2 = 48
Catatan: Angka 4, 6, 3 masing-masing mewakili banyaknya kombinasi susunan himpunan berdasarkan jumlahnya. Sebagai contoh, banyaknya kombinasi memilih 2 himpunan dari 4 himpunan adalah C_2^4 = \dfrac{4!} {2!2!} = 6.
Jadi, banyak anggota dari |A \cup B \cup C \cup D| adalah 48.

[collapse]

Soal Nomor 42 (Soal ON-MIPA PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Berapa banyak string yang dapat dibuat dengan mengatur kembali huruf-huruf pada kata SUCCESS?

Penyelesaian

Dengan menggunakan permutasi berulang (sebab ada huruf yang sama), banyak cara penyusunan kata SUCCESS adalah
\boxed{\dfrac{7!}{3!2!} = \dfrac{7 \times 6 \times 5 \times 4}{2} = 420}
di mana angka 7, 3, dan 2 berturut-turut menyatakan banyaknya huruf pada kata SUCCESS, banyak huruf S, dan banyak huruf C.

[collapse]

Soal Nomor 43 (Soal ON-MIPA PT Universitas Tanjungpura Tahun 2018)
Suatu barisan terdiri dari 10 bit yang dibangun secara acak. Berapa peluang bahwa paling sedikit satu dari bit-bit tersebut adalah bit nol?

Penyelesaian

Ingat bahwa barisan bit hanya berupa barisan dengan digit 0 dan 1. Karena ada 10 bit, maka akan ada 2^{10} = 1024 kemungkinan bit yang berbeda, salah satunya adalah bit-bit yang semua digitnya adalah satu (1111111111), sehingga bit lainnya pasti setidaknya mengandung satu digit nol. Jadi, peluang paling sedikit satu dari bit-bit tersebut adalah bit nol sebesar
\boxed{\dfrac{1024-1}{1024}= \dfrac{1023}{1024}}

[collapse]

Soal Nomor 44 (Soal ON-MIPA PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Misalkan n adalah sebuah bilangan positif. Buktikan bahwa
\displaystyle \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}\dfrac{1}{k}\binom{n} {k} =1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}

Penyelesaian

(Alternatif: Pendekatan Integral)
Misalkan
H_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}
Ingat bahwa
\dfrac{1-x^n} {1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n-1}
Dari persamaan itu, dapat dilihat bahwa
H_n = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1-x^n} {1-x}~dx
Selanjutnya, substitusikan x = 1 - u, diperoleh
\begin{aligned} H_n & = - \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1 - (1 - u)^n} {u}~du \\ & = -\int_0^1 \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{\displaystyle \sum_{k=0}^n (-u)^k\binom{n} {k}}{u} \right)~du~~\bigstar\\ & = \int_0^1 \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}u^{k-1}\binom{n}{k}~du~~\bigstar \bigstar\\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\binom{n} {k} \int_0^1 u^{k-1}~du \\ & = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\dfrac{1}{k} \binom{n} {k} \end{aligned}
(Terbukti)
Catatan:
\bigstar Ingat Teorema Binomial
\boxed{(x+y)^n = \sum_{k=0}^n x^ky^{n-k}\binom{n} {k}}
Jika x diganti menjadi -x dan y = 1, diperoleh
(1 - x)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^n (-x)^k\binom{n} {k}
\bigstar \bigstar Perhatikan bahwa indeks batas bawah sumasi berubah dari 0 menjadi 1. Hal ini dikarenakan adanya penjabaran nilai untuk k = 0, yang menghasilkan \dfrac{1}{x} sehingga mengeliminasi suku di depannya.

[collapse]

Ayo Beri Rating Postingan Ini