![Pembahasan Soal Ujian Aktuaris A20 - Probabilitas Statistika [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/pembahasan-soal-ujian-aktuaris-a20-probabilitas-statistika.jpg)
5 0 1 MB
Pembahasan Soal Ujian Profesi Aktuaris Persatuan Aktuaris Indonesia A20-Probabilitas dan Statistika Periode 2014-2019
Penyusun: Wawan Hafid Syaifudin, M.Si, MAct.Sc.
2019
DAFTAR ISI
BAB 1
Pembahasan A20 Nopember 2014
2
BAB 2
Pembahasan A20 Maret 2015
33
BAB 3
Pembahasan A20 Juni 2015
60
BAB 4
Pembahasan A20 Nopember 2015
87
BAB 5
Pembahasan A20 Maret 2016
116
BAB 6
Pembahasan A20 Juni 2016
149
BAB 7
Pembahasan A20 Nopember 2016
189
BAB 8
Pembahasan A20 Mei 2017
222
BAB 9
Pembahasan A20 Nopember 2017
260
BAB 10
Pembahasan A20 Mei 2018
292
BAB 11
Pembahasan A20 Nopember 2018
329
BAB 12
Pembahasan A20 April 2019
359
1
BAB 1 PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014
1. Suatu perusahaan asuransi kerugian menganalisa data-data pelanggannya dan mendapatkan informasi sebagai berikut : (I) Semua pelanggannya mengasuransikan sedikitnya satu mobil (II) 64% dari pelanggannya mengasuransikan lebih dari satu mobil (III) 20% dari pelanggannya mengasuransikan mobil dengan jenis sport car (IV) Dari pelanggannya yang mengasuransikan lebih dari satu mobil, 15% adalah mobil dengan jenis sport car Hitunglah probabilitas bahwa pelanggan yang diseleksi secara acak adalah pelanggan yang mengasuransikan sedikitnya satu mobil dan mobilnya bukan berjenis sport car. A. 0,16 B. 0,19 C. 0,26 D. 0,29 E. 0,30 Pembahasan: Misalkan : A menyatakan pelanggan yang mengasuransikan lebih dari 1 mobil B menyatakan pelanggan yang mengasuransikan mobil dengan jenis sport car. Diketahui bahwa : P( A) = 0, 64 =⇒ P( A0 ) = 1 − P( A) = 1 − 0, 64 = 0, 36 P( B) = 0, 20 =⇒ P( B0 ) = 1 − P( B) = 1 − 0, 20 = 0, 80 P( A ∩ B) = 0, 15P( A) = (0, 15)(0, 64) = 0, 096
2
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Kita akan menghitung P( A0 ∩ B0 ) P( A0 ∩ B) = P( B) − P( A ∩ B) = (0, 20) − (0, 096) = 0, 104 P( A0 ∩ B0 ) = P( A0 ) − P( A0 ∩ B) = (0, 36) − (0, 104) = 0, 256 ≈ 0, 26 Jawab: C. 2. Suatu sistem infrastruktur IT dibangun sehingga jika komponen K1 gagal maka komponen K2 digunakan. Jika K2 gagal maka K3 digunakan. Probabilitas bahwa K1 gagal adalah 0,02, K2 gagal adalah 0,04, dan K3 gagal adalah 0,06. Hitunglah probabilitas sistem tidak gagal. A. 0,99998 B. 0,99995 C. 0,00005 D. 0,00002 E. 0 Pembahasan: Diketahui P(K1 ) = 0, 02 =⇒ P(K10 ) = 0, 98; P(K2 ) = 0, 04 =⇒ P(K20 ) = 0, 96; dan P(K3 ) = 0, 06 =⇒ P(K30 ) = 0, 94; P(Sistem Tidak Gagal) = P(K10 ) + P(K1 )P(K20 ) + P(K1 )P(K2 )P(K30 )
= 0, 98 + (0, 02)(0, 96) + (0, 02)(0, 04)(0, 94) = 0, 999952 = 0, 99995
Jawab: B. 3. Jika ruang sampel ζ = C1 ∪ C2 dan jika Pr (C1 ) = 0, 7 dan Pr (C2 ) = 0, 5. Hitunglah Pr (C1 ∩ C2 ) A. 0,1 READI Project
3
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 B. 0,2 C. 0,3 D. 0,4 E. 0,5 Pembahasan: Karena ζ = C1 ∪ C2 adalah ruang sampel, maka P(C1 ∪ C2 ) = 1 P(C1 ∪ C2 ) = P(C1 ) + P(C2 ) − P(C1 ∩ C2 ) 1 = 0, 7 + 0, 5 − P(C1 ∩ C2 )
⇒ P(C1 ∩ C2 ) = 1, 2 − 1 = 0, 2
Jawab: B. 4. Banyaknya kombinasi dari r obyek yang dipilih dari kumpulan n obyek yang berbeda n n diberikan oleh . Tentukanlah persamaan yang tepat dari k k n n−1 n−1 A. = + r r−1 r n n n−1 B. = + r r−1 r n n−2 n−1 C. = + r r−2 r n n−1 n−1 D. = + r r−1 r−2 n n−1 n−1 E. = + r r−1 r−2 Pembahasan:
READI Project
( n − 1) ! n−1 n−1 ( n − 1) ! + + = r−1 r (r − 1)!(n − r )! r!(n − 1 − r )! ( n − 1) ! r ( n − 1) ! ( n − r ) = + (n − r )!(r − 1)! r (n − 1 − r )!r! (n − r ) (n − 1)!r ( n − 1) ! ( n − r ) = + ( n − r ) ! (r ) ! (n − r )!r! (n − 1)!r + (n − 1)!(n − r ) = (n − r )!r! 4
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014
( n − 1) ! (r − n − r ) (n − r )!r! ( n − 1) ! ( n ) = (n − r )!r! n! = (n − r )!r! n = r =
Jawab: A. 5. Distribusi probabilitas dari ukuran klaim untuk sebuah polis asuransi diberikan dalam tabel berikut. Ukuran Klaim
20
30
40
50
60
70
80
Probabilitas
0,15
0,10
0,05
0,20
0,10
0,10
0,30
Tentukanlah persentase dari klaim yang terletak dalam rentang nilai satu standar deviasi dari median ukuran klaim. A. 45% B. 85% C. 68% D. 55% E. 20% Pembahasan: Misal U menyatakan ukuran klaim, maka kita peroleh :
E(U ) = 20(0, 15) + 30(0, 10) + 40(0, 05) + 50(0, 20) + 60(0, 10) + 70(0, 10) + 80(0, 30)
= 55
E(U 2 ) = 202 (0, 15) + 302 (0, 10) + 402 (0, 05) + 502 (0, 20) + 602 (0, 10) + 702 (0, 10) + 802 (0, 30)
= 3500 READI Project
5
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Var (U ) = E(U 2 ) − [E(U )]2 = 3500 − (55)2 = 475 q √ σu = Var (U ) = 475 = 21, 79 Kita akan menghitung presentase klaim yang terletak antara :
(median − σu , median + σu ) = (50 − 21, 79 , 50 + 21, 79) = (28, 21 , 71, 79) Presentase klaim yang terletak dalam interval tersebut adalah : 0, 10 + 0, 05 + 0, 20 + 0, 10 + 0, 10 = 0, 55 = 55% Jawab: D. 6. Misalkan seorang peserta pertandingan memanah mempunyai kemampuan tepat mengenai sasaran adalah 65% dan mengambil n = 5 percobaan memanah sasaran. Misalkan X menunjukkan banyaknya percobaan tepat memanah sasaran dimana X mempunyai distribusi binomial. Hitunglah Pr ( X > E[ X ]) . A. 0,000 B. 0,116 C. 0,312 D. 0,428 E. 0,500 Pembahasan: Diketahui X ∼ Bin(n = 5, p = 0, 65) E[ X ] = n.p = 5(0, 65) = 3, 25 P( X > E[ X ]) = P( X > 3, 25)
= P( X = 4) + P( X = 5) 5 5 4 = (0, 65) (0, 35) + (0, 65)5 (0, 35)0 4 5 = 0, 428415 ≈ 0, 428
Jawab: D. READI Project
6
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 7. Misalkan A, B dan C adalah suatu peristiwa dimana P( A|C ) = 0, 05 dan P( B|C ) = 0, 05. Manakah dari pernyataan di bawah ini yang benar? A. P( A0 ∩ B0 |C ) ≥ 0, 90 B. P( A ∩ B|C ) = (0, 05)2 C. P( A ∪ B|C ) ≤ 0, 05 D. P( A ∪ B|C 0 ) ≥ 1 − (0, 05)2 E. Jawaban A, B, C dan D salah Pembahasan: Diketahui bahwa P( A|C ) = 0, 05 dan P( B|C ) = 0, 05 Selanjutnya kita akan melakukan cek untuk masing-masing pilihan jawaban • Untuk jawaban A P( A0 ∩ B0 |C ) = P(( A ∪ B)0 |C )
= 1 − P( A | C ) − P( B | C ) + P( A ∩ B | C ) = 1 − 0, 05 − 0, 05 + (0, 05)2 P(C ) = 0, 9 + (0, 05)2 P(C ) ≥ 0, 9 Jadi, opsi A benar • Untuk jawaban B P( A ∩ B ∩ C ) P( C ) P(( A ∩ C ) ∩ ( B ∩ C )) = P( C ) P( A ∩ C ) ∩ P( B ∩ C ) = P( C )
P( A ∩ B | C ) =
READI Project
7
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 P( A | C )P( C ) ∩ P( B | C )P( C ) P( C ) (0, 05).P(C ).(0, 05)P(C ) = P( C )
=
= (0, 05)2 P(C ) 6= (0, 05)2 Jadi, opsi B salah • Untuk jawaban C P( A ∪ B | C ) = P( A | C ) + P( B | C ) − P( A ∩ B | C )
= 0, 05 + 0, 05 − (0, 05)2 P(C ) = 0, 1 − (0, 05)2 P(C ) = 0, 1 − 0, 0025P(C ) Nilai dari 0, 1 − 0, 0025P(C ) tidak mungkin kurang dari atau sama dengan 0,05. Hal ini terjadi karena 0 ≤ P(C ) ≤ 1 Jadi, opsi C salah • Untuk jawaban D P( A ∪ B | C 0 ) = P( A | C 0 ) + P( B | C 0 ) − P( A ∩ B | C 0 ) P( A ) − P( A ∩ C ) P( B ) − P( B ∩ C ) P( A ∩ b ) − P( A ∩ B ∩ C ) = + − 1 − P( C ) 1 − P( C ) 1 − P( C ) Nilai ini tidak akan ada hasilnya jila P(C ) = 1 Jadi P( A ∪ B|C ) belum tentu lebih besar atau sama dengan 1 − (0, 05)2 Jadi, opsi D salah Jawab: A. 8. Suatu kotak mengandung 4 bola merah dan 6 bola putih. Kemudian 3 buah bola diambil secara acak tanpa dikembalikan ke dalam kotak. Berapakah probabilitas bahwa bola yang diambil adalah 1 bola merah dan 2 bola putih, dimana diberikan syarat bahwa sedikitnya 2 bola yang diambil berwarna putih? READI Project
8
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 1 2 2 B. 3 3 C. 4 9 D. 11 A.
E. 0 Pembahasan: Misal A menyatakan kejadian terambilnya 1 bola merah dan 2 bola putih, serta B menyatakan kejadian sedikitnya terambil 2 bola berwarna putih kita akan menghitung P( A| B), yaitu: P( A ∩ B ) P( A ) P( A | B ) = = = P( B ) P( B )
= =
4 C16 C2 10 C3 4 C16 C2 + 4 C06 C3 10 C3 10 C3 4 C16 C2 4 C16 C2
+ 6 C3
3 60 = 80 4
Jawab: C. 9. Misalkan X adalah variabel acak dengan fungsi distribusi berikut:
F(X ) =
0 x 8
1 4 3 4
+ +
1
x 8 x 12
,
x 8) =
0, 04 1 S(16) = = S (8) 0, 36 9
Jawab: B. 11. Misalkan X adalah variabel acak kontinu dengan fungsi densitas berikut: 0, 005(20 − x ) , f (x) = 0 ,
0 < x < 20 lainnya
Jika median dari distribusi ini adalah 31 , berapakah α ? A.
1 3
ln 12
B.
1 3
ln 2
C. 2 ln 31 D. 3 ln 2 E. ln 3
READI Project
11
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Pembahasan: Pertama-tama kita akan mencari CDF dari fungsi densitas di atas, yaitu: Z x
αe−αt dt 0 x = −e−αt 0
F(x) =
= 1 − e−αx Diberikan bahwa median dari distribusi adalah 13 . Dengan demikian kita peroleh:
1 1 F = 1 − e−α( 3 ) 3 1 0, 5 = 1 − e−α( 3 ) 1
0, 5 = e−α( 3 ) 1 α = −3 ln 2 = 3 ln 2
Jawab: D. 12. X dan Y adalah variabel acak bebas dengan Fungsi Pembangkit Momen yang sama yaitu M (t) = et
2 /2
. Misalkan bahwa W = X + Y dan Z = Y X. Nyatakan Fungsi Pembangkit
Momen Bersama M(t1 , t2 ) dari W dan Z. 2
A. et1 +2t
2
B. e(t1 −t2 )
2
C. e(t1 +t2 )
2
2
2
D. et1 +t2 2
E. et2 Pembahasan: Diberikan MX (t1 ) = e
READI Project
t2 1 2
dan MY (t2 ) = e
t2 1 2
12
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Dengan demikian kita peroleh : MW (t1 , t2 ) = MX (t1 ).MY (t2 ) t2 1
t22
= e 2 .e 2 = e
t2 +t22 1 2
MZ (t1 , t2 ) = MX (−t1 ).MY (t2 ) t2 1 2
= e .e = e MWZ (t1 , t2 ) = e
t22 2
t2 +t22 1 2 t2 +t22 1 2 2
.e
t2 +t22 1 2
2
= e t1 + t2
Jawab: D. 13. Polis asuransi untuk suatu alat elektronik akan membayar manfaat sebesar 4.000 jika alat elektronik tersebut rusak dalam satu tahun pertama. Jumlah manfaat yang akan dibayarkan akan menurun sebesar 1.000 setiap tahun berikutnya hingga mencapai 0. Jika alat elektronik tersebut tidak rusak di awal dari suatu tahun tertentu, maka probabilitas bahwa alat elektronik tersebut akan rusak selama satu tahun tertentu tersebut adalah 0,4. Berapakah manfaat yang diharapkan dari polis ini? A. 2.234 B. 2.400 C. 2.694 D. 2.667 E. 0 Pembahasan: Manfaat yang diharapkan polis tersebut adalah :
(0, 4)(4000) + (0, 6)(0, 4)(3000) + (0, 6)2 (0, 4)(2000) + (0, 6)3 (0, 4)(1000) = 2694, 4 ≈ 2694
Jawab: C. READI Project
13
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 14. Misalkan X dan Y adalah dua variabel acak yang mempunyai fungsi probabilitas densitas bersama berikut: 2 ( x + 2y) , 0 < x < 1, 0 < y < 1 3 = 0 , lainnya
f ( x, y) =
Tentukan nilai variansi bersyarat dari X diberikan Y= 12 . A. 13/162 B. 7/18 C. 5/9 D. 7/9 E. 1 Pembahasan: Pertama -tama kita akan mencari pdf marginal dari Y, yaitu: f Y (y) =
Z 1 2 0
1 4 1 1 4 ( x + 2y)dx = x2 + xy 0 = + y 3 3 3 3 3
Selanjutnya, kita akan mencari pdf bersyarat dari f ( x |y), yaitu 2 f ( x, y) 3 ( x + 2y ) = 1 f X |Y ( x | y ) = f (x) 3 (1 + 4y )
untuk y = 21 , maka didapatkan pdf bersyaratnya adalah f
READI Project
1 x |y = 2
=
14
2x + 2 2x + 2 = 1+2 3
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Berikut kita akan menghitung Var ( x |y = 12 ) 1 1 2 1 2 Var ( x |y = ) = E( x |y = ) − E( x |y = ) 2 2 2 Z 1 2 Z 1 2 = x f ( x |y)dx − x f ( x |y)dx 0
=
Z 1 0
= = =
x
2
2x + 2 3
dx −
1
Z 0
x
2x + 2 3
2
dx
Z 1 2 1 2 (2x + 2x )dx − (2x + 2x ) 9 0 0 1 2 1 2 3 1 1 4 2 3 1 2 x + x − x +x 3 2 3 0 9 3 0 2 1 1 2 1 2 + +1 − 3 2 3 9 3 7 25 − 18 81 13 162
1 = 3
=
0
Z 1
3
2
Jawab: A. 15. Misalkan X berdistribusi uniform pada interval [-1,5] dengan fungsi probabilitas densitas
f (x) =
1 8
,
0 , Hitunglah nilai ekspektasi g( X ) = X 3 +
√
−1 < x < 5 lainnya
X+2
A. 16,21 B. 18,53 C. 19,23 D. 20,96 E. 21,99 Pembahasan:
READI Project
15
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014
E[ g( x )] =
= = = = =
Z 5
g( x ) f ( x )dx
−1 Z 5 −1
x3 +
√
x+2
1
dx 8 √ x + 2dx
1 5 3 1 5 x dx + 8 −1 8 −1 5 5 1 2 1 1 4 3/2 x + ( x + 2) 8 4 −1 8 3 −1 1 2 (625 − 1) + 73/2 − 1 32 24 20, 96 Z
Z
Jawab: D. 16. Jika X adalah variabel random kontinu dengan fungsi densitas berikut: |x| , 10 f (x) = 0 ,
for − 2 < x < 4 lainnya
Hitunglah nilai ekspektasi dari X. A.
1 5
B.
3 5
C. 1 D.
28 15
E.
12 5
Pembahasan:
READI Project
16
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014
E[ X ] =
= = = = =
Z 0 −2
x
−x 10
Z 0 − x2
dx +
Z 4 0
x
x dx 10
Z 4 2 x
dx + dx 10 0 10 −2 −1 3 0 1 3 4 x x + 30 30 0 −2 −8 64 + 30 30 56 30 28 15
Jawab: D. 17. Andaikan X ∼ N (µ = −3, σ2 = 4). Jika variabel random Y = e X . Tentukan deviasi standar untuk variabel random Y. Tentukan 100Cov[Sˆ (t), Sˆ (r )] A. B. C. D. E.
√ √ √ √ √
7, 2537 8, 2227 9, 2522 10, 1537 11, 1527
Pembahasan: Jika X ∼ N (µ, σ2 ), maka Y = e x ∼ Lognormal(µ, σ2 ) h 2 ih i 2 σ 2µ + σ Var (Y ) = e − 1 e = e4 − 1 e−6+4 = e2 − e−2 = 7, 2537 p √ σY = Var (Y ) = 7, 2537 Jawab: A. 18. Andaikan X dan Y adalah variabel random diskrit dengan p( x, y) = k.( x + 2y) untuk √ x = 0, 1, 2, 3 dan y = 1, 2. Tentukan E[ Y ] A. 0,02778 READI Project
17
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 B. 1,02578 C. 1,25300 D. 2,12500 E. 3,21250 Pembahasan: Pertama, kita akan mencari nilai dari kosntanta k terlebih dahulu
3
2
∑ ∑ k(x + 2y)
= 1
∑ k ( x + 2) + k ( x + 4)
= 1
x =0 y =1 3
x =0
3
k
∑ 2x + 6
= 1
x =0
k [2(0 + 1 + 2 + 3) + 6(4)] = 1 36k = 1 1 k = 36 Dengan demikian kita dapatkan pdf bersama untuk X dan Y adalah P( x, y) =
1 36 ( x
+ 2y)
Selanjutnya kita akan mencari pdf marginal dari Y, yaitu: P (Y ) =
1 ( x + 2y) x =0 36
=
READI Project
3
18
∑
1 (6 + 8y) 36
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Oleh karena itu, kita dapatkan :
√
E( Y ) =
3
∑
√
3
√
y P (Y )
y =1
1 = ∑ y (6 + 8y) 36 y =1 1√ 1 (6 + 8) + 2(6 + 16) = 36 36 = 1, 25313
≈ 1, 253
Jawab: C. 19. Andaikan bahwa X ∼ N (µ X = 2, σX = 3) dan Y ∼ N (µY = −1, σX = 5) adalah independen. Jika S = X + Y adalah suatu penjumlahan, maka tentukan Pr (S < 4). A. 0,697 B. 0,769 C. 0,796 D. 0,976 E. Jawaban A, B, C dan D salah Pembahasan: Jika X ∼ (µ X = 2, σX = 3) dan Y ∼ N (µY = −1, σY = 5) maka : √ √ S = X + Y ∼ N (µs = 1, σs = 52 + 32 = 34) Dengan demikian kita peroleh : S − µs 4 − µs P( S < 4) = P < σs σ s 4−1 = P Z< √ 34 = P( Z < 0, 5145)
= 0, 697
Jawab: A. READI Project
19
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 20. Jika X adalah variabel random yang memiliki fungsi berikut : f x ( x ) = 3x2 ; 0 ≤ x ≤ 1. Tentukan fungsi densitas f y (y) untuk Y = e2x . A. 3(ln y)2 /8y B. 2(ln y)2 /y C. 3(ln y)3 /2y D. 2(ln y)2 /3y E. (ln y)2 /y Pembahasan: Jika Y = e2x , maka X =
1 2
ln Y
FY (y) = P(Y ≤ y)
= P(ln Y ≤ ln y) 1 1 = P( ln Y ≤ ln y) 2 2 1 = P ln X ≤ ln y 2 =
1 2
Z
ln y
0
3x2 dx
1 ln y = x 3 2 0
1 = (ln y)3 8 Dengan demikian kita dapatkan : d [ FY (y)] dy d 1 3 = (ln y) dy 8 3(ln y)2 = 8y
f Y (y) =
Jawab: A.
READI Project
20
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 21. Sebuah uji diagnostik mengenai ada atau tidaknya suatu penyakit mempunyai dua hasil yang mungkin : 1 untuk ada penyakit dan 0 untuk tidak ada penyakit. Misalkan X menunjukkan adanya atau tidaknya penyakit berdasarkan pernyataan pasien, dan Y menunjukkan hasil dari uji diagnostik. Fungsi probabilitas bersama dari X dan Y diberikan oleh ; Pr ( X = 0, Y = 0) = 0, 800 Pr ( X = 0, Y = 1) = 0, 025 Pr ( X = 1, Y = 0) = 0, 050 Pr ( X = 1, Y = 1) = 0, 125 Hitunglah Var (Y | X = 1). A. 0,15 B. 0,20 C. 0,51 D. 0,71 E. 0,88 Pembahasan: Dari fungsi probabilitas tersebut, kita dapatkan : E [ Y 2 | X = 1 ] = 02 f ( y = 0 | x = 1 ) + 12 f ( y = 1 | x = 1 ) f ( x = 1, y = 0) f ( x = 1, y = 1) = 0. + 1. f ( x = 1) f ( x = 1) 0, 125 = 1. 0, 175 5 = 7
READI Project
21
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 E [Y | X = 1 ] = 0 f ( y = 0 | x = 1 ) + 1 f ( y = 1 | x = 1 ) f ( x = 1, y = 1) = 1. f ( x = 1) 0, 125 = 1. 0, 175 5 = 7 2 5 5 5 25 − Var (Y | X = 1) = = − 7 7 7 49 10 = 49 = 0, 20408
≈ 0, 20 Jawab: B. 22. Fungsi probabilitas densitas untuk variabel acak X diberikan oleh : f ( x ) = k (10 + x )−2 ;
0≤x 1. Jika E( X ) = 3Var ( X ) maka nilai a adalah : A. 1
√ B. 2 + 5 C. 3
√ D. 3 2 √ E. 4 3
READI Project
23
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Pembahasan: Diketahui f ( x ) =
1 a −1 ,
dengan a > 1
karena X ∼ Uniform(1, a), maka kita dapatkan :
E[ X ] =
a+1 ( a − 1)2 a2 − 2a + 1 dan Var [ X ] = = 2 12 12
Dengan demikian kita peroleh: E[ X ] = 3Var [ X ] 2 a+1 a − 2a + 1 = 3 2 12 2( a + 1) = a2 − 2a + 1 2a + 2 = a2 − 2a + 1 a2 − 4a − 1 = 0 Nilai a yang memenuhi persamaan tersebut adalah a = 2 ± √ maka didapatkan a = 2 + 5
√
5. Karena disyaratkan a > 1,
Jawab: B. 24. Seorang Aktuaris menentukan ukuran klaim untuk kelas kecelakaan tertentu (certain class of accidents) adalah random variable, X, dengan moment generating function (mgf) berikut: Mx (t) =
1 (1 − 2500t)4
Tentukan deviasi standar dari ukuran klaim untuk kelas kecelakaan tersebut. A. 1.340 B. 5.000 C. 8.660 D. 10.000 E. 11.180
READI Project
24
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Pembahasan: d Mx (t) dt t =0 i d h −4 = (1 − 2500t) dt t=0 −5 = 10.000(1 − 2500t)
E[ X ] =
t =0
= 10.000 d 0 2 E[ X ] = M (t) dt x t =0 i d h 10.000(1 − 2500t)−5 = dt t =0 −5 = 10.000(12.500)(1 − 2500t)
t =0
= 125.000.000 Var ( X ) = E( X 2 ) − [E( X )]2 = 125.000.000 − (10.000)2 = 25.000.000 q √ σx = Var ( X ) = 25.000.000 = 5000
Jawab: B. 25. Suatu perusahaan asuransi menerbitkan 1250 polis asuransi kecelakaan. Jumlah klaim yang diajukan oleh pemegang polis untuk polis asuransi kecelakaan ini dalam satu tahun adalah variabel acak Poisson dengan mean 2. Asumsikan jumlah klaim yang diajukan oleh pemegang polis yang saling berbeda adalah independen satu sama lainnya. Tentukan aproksimasi nilai probabilitas dimana total klaim terjadi antara 2450 dan 2600 dalam kurun waktu satu tahun ? A. 0,68 B. 0,82 C. 0,87 D. 0,95 E. 1,00 Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah klaim yang diajukan masing-masing pemegang polis. READI Project
25
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = 2), dengan demikian kita peroleh : µ x = λ = 2 dan Var ( X ) = λ = 2 =⇒ σx =
√
2
Misalkan S menyatakan total klaim dengan n = 1250, maka : µs = nµ x = 2(1250) = 2500 dan Var (S) = n. Var ( X ) = 1250(2) = 2500 sehingga σs =
p
Var (S) =
√
2500 = 50
Kita selanjutnya akan menghitung P(2450 ≤ S ≤ 2600) S − µs 2600 − µs 2450 − µs ≤ ≤ P(2450 < S < 2600) = P σs σs σs 2600 − 2500 2450 − 2500 ≤Z≤ = P 50 50 = P(−1 ≤ Z ≤ 2)
= φ(2) − (1 − φ(1)) = 0, 9772 − (1 − 0, 8413) = 0, 9772 − 0, 1587 = 0, 8185 ≈ 0, 82
Jawab: B. 26. Jika X dan Y adalah jumlah jam yang secara acak diambil dari orang-orang yang terpilih menonton film dan acara olahraga secara berurutan, dalam periode 3 bulan.
Berikut
informasi yang diketahui tentang X dan Y: E( X ) = 50 E(Y ) = 20 Var ( X ) = 50 Var (Y ) = 30 Cov( X, Y ) = 10 READI Project
26
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Seratus orang secara acak dipilih dan diamati dalam 3 bulan. Jika T adalah total jumlah jam dimana seratus orang tersebut menonton film atau acara olahraga selama perode 3 bulan. Hitung aproksimasi nilai dari P( T < 7100). A. 0,62 B. 0,84 C. 0,87 D. 0,92 E. 0,97 Pembahasan: Jika T = X + Y, maka :
E[ T ] = E[ X ] + E[Y ] = 50 + 20 + 70 Var [ T ] = Var [ X ] + Var [Y ] + 2Cov[ X, Y ] = 50 + 30 + 20 = 100 Kita akan menghitung P( T < 7100), yaitu: 7100 − E(100T ) T − E(100T ) p < p Var (100T ) Var (100T ) ! 7100 − 100(70) = P Z< p 100(100) 100 = P Z< 100 = P( Z < 1)
!
P(100T < 7100) = P
= 0, 8413 ≈ 0, 84
Jawab: B. 27. Keuntungan dari suatu produk asuransi baru diketahui Z = 3X − Y − 5. Diketahui bahwa X dan Y adalah variabel acak independen dengan Var ( X ) = 1 and Var (Y ) = 2. Tentukan variance dari Z ? READI Project
27
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 A. 1 B. 5 C. 7 D. 11 E. 16 Pembahasan: Var [ Z ] = Var [3X − Y − 5]
= 9Var [ X ] + Var [Y ] = 9(1) + 2 = 11
Jawab: D. 28. Misal X merupakan biaya klaim bedah dan Y merupakan biaya klaim rawat inap. Seseorang aktuaris menggunakan suatu model dimana E( X ) = 5; E( X 2 ) = 27, 4, E(Y ) = 7; E(Y 2 ) = 51, 4 dan Var ( X + Y ) = 8 Jika C1 = X + Y merupakan kombinasi dari biaya klaim bedah dan biaya rawat inap, dan C2 merupakan kombinasi dari biaya klaim bedah dan biaya rawat inap yang sudah dilakukan penambahan biaya 20%. 20% penambahan biaya hanya berlaku untuk rawat inap. Hitunglah Cov(C1 , C2 ) A. 8,80 B. 9,60 C. 9,76 D. 11,52 E. 12,32
READI Project
28
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 Pembahasan: Diketahui C1 = X + Y dan C2 = X + 1, 2Y Var ( X ) = E( X 2 ) − [E( X )]2 = 27, 4 − 52 = 27, 4 − 25 = 2, 4 Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2 = 51, 4 − 72 = 51, 4 − 49 = 2, 4 Var ( X + Y ) = Var ( X ) + Var (Y ) + 2Cov( X, Y ) 8 − 2, 4 − 2, 4 Var ( X + Y ) − Var ( X ) − Var (Y ) = = 1, 6 Cov( X + Y ) = 2 2 E[ XY ] = Cov( X + Y ) + E[ X ].E[Y ] = 1, 6 + (5)(7) = 36, 6 Dari sini kita peroleh : Cov(C1 , C2 ) = E(C1 .C2 ) − E(C1 )E(C2 )
= E[( X + Y )( X + 1, 2Y )] − E[ X + Y ].E[ X + 1, 2Y ] = E[ X 2 + 2, 2XY + 1, 2Y2 ] − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = E( X 2 ) + 2, 2E( XY ) + 1, 2E(Y2 ) − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = 27, 4 + 2, 2(36, 6) + 1, 2(51, 4) − [5 + 7][5 + 1, 2(7)] = 8, 8 Jawab: A. 29. Sebuah fungsi joint density diketahui sebagai berikut : kx , f ( x, y) = 0 ,
0 < x < 1, 0 < y < 1 lainnya
dimana k adalah konstan. Tentukan Cov( X, Y ) ? A. −
1 6
B. 0 1 9 1 D. 6 C.
READI Project
29
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 E.
2 3
Pembahasan: Pertama kita akan mencari nilai dari konstanta k terlebih dahulu Z 1Z 1 0
0
f ( x, y) dx dy = 1
Z 1Z 1 0
0
kx dx dy = 1 Z 1 k 0
2
dy = 1 k = 1 2 k = 2
Dengan demikian kita peroleh fungsi joint density untuk x dan y adalah 2x , f ( x, y) = 0 ,
untuk 0 < x < 1, 0 < y < 1 lainnya
fungsi densitas marginal (pdf marginal) dari x dan y masing-masing adalah f (x) = f (y) =
Z 1 0
Z 1 0
2xdy = 2x 2xdx = 1
Oleh karena itu,kita dapatkan : E[ XY ] = E[ X ] =
Z 1Z 1 0
Z 1 0
Z 1
0
xy f ( x, y)dx dy =
x f ( x ) dx =
Z 1 0
Z 1
Z 1Z 1 0
2x2 dx =
0
2x2 y dx dy =
Z 1 2 3 1 x y dy = 0
3
3
2 3
1 2 0 0 1 2 1 1 1 Cov( X, Y ) = E[ XY ] − E[ X ]E[Y ] = − = − =0 3 3 2 3 3 E [Y ] =
y f (y) dx =
y dy =
Jawab: B. 30. Bila diketahui suatu informasi untuk N, jumlah klaim tahunan untuk tertanggung yang READI Project
30
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 secara acak terpilih : 1 2 1 P ( N = 1) = 3 P( N > 1) = 16 P ( N = 0) =
Jika S menyatakan total jumlah klaim tahunan untuk seorang tertanggung. Ketika N = 1 , S secara eksponensial berdistribusi dengan mean 5. Ketika N > 1, S secara eksponensial berdistribusi dengan mean 8. Tentukan P(4 < S < 8). A. 0,04 B. 0,08 C. 0,12 D. 0,24 E. 0,25 Pembahasan:
• Untuk N = 0, kita peroleh: P(4 < S < 8) = P( N = 0).P(4 < S < 8| N = 0) 1 = (0) 2 = 0
READI Project
31
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 1. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2014 • Untuk N = 1, kita peroleh P(4 < S < 8) = P( N = 1)P(4 < S < 8| N = 1) Z 1 8 1 −s e 5 ds = 3 4 5 i h 1 1 −8/5 −4/5 = . (−5) e −e 3 5 i 1 h −4/5 = e − e−8/5 3 = 0, 08247 • Untuk N = 2, kita peroleh: P(4 < S < 8) = P( N = 2)P(4 < S < 8| N = 2) Z 1 8 1 −s = e 8 ds 6 4 8 h i 1 1 = . (−8) e−8/8 − e−4/8 6 8 i 1 h −1/2 = e − e −1 6 = 0, 03978
Dengan demikian kita peroleh: P(4 < S < 8) = 0 + 0, 08247 + 0, 03978
= 0, 12225 ≈ 0, 12 Jawab: C.
READI Project
32
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2 PEMBAHASAN A20 MARET 2015
1. Sebuah perusahaan Asuransi Jiwa yang baru berdiri mempunyai 20.000 pemegang polis. Setiap pemegang polis, biasanya diklasifikasikan sebagai: I. Medical atau non Medical II. Pria atau Wanita III. Anak-anak (juvenile) atau dewasa Dari para pemegang polis ini diketahui: I. Pria dan medical adalah 3.000 pemegang polis II. Medical dan anak-anak adalah 2.500 pemegang polis III. Pria dan anak-anak adalah 3.000 pemegang polis IV. Medical, pria dan anak-anak adalah 1.000 pemegang polis V. Medical (melalui pemeriksaan kesehatan) adalah 5.000 pemegang polis VI. Pemegang polis pria sebanyak 10.000 pemegang polis VII. Pemegang polis anak-anak (juvenile) adalah 12.000 pemegang polis Berapakah dari pemegang polis tersebut adalah wanita dewasa yang melalui proses pemeriksaan kesehatan (medical)? A. 1.500 B. 500 C. 2.500 D. 880 E. 1.760
33
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Pembahasan: Diketahui data sebagai berikut: Jumlah pemegang polis pria = 10.000 Jumlah pemegang polis wanita = 10.000 Jumlah pemegang polis anak-anak = 12.000 Jumlah pemegang polis dewasa = 8.000 Jumlah pemegang polis medical = 5.000 Jumlah pemegang polis non medical = 15.000 Selain itu diberikan info tambahan sebagai berikut: Jumlah pemegang polis pria dan medical = 3.000 Jumlah pemegang pria dan non medical = 10.000 − 3.000 = 7.000 Jumlah pemegang polis wanita dan medical = 5.000 − 3.000 = 2.000 Jumlah pemegang polis medical dan anak-anak = 2.500 Jumlah pemegang polis medical dan dewasa = 5.000 − 2.500 Jumlah pemegang polis pria dan anak-anak = 3.000 Jumlah pemegang polis pria dan dewasa = 10.000 − 3.000 = 7.000 Jumlah pemegang polis wanita dan dewasa = 8.000 − 7.000 = 1.000 Jumlah pemegang polis medical, pria, anak-anak = 1.000 Jumlah pemegang polis medical, wanita,anak-anak = 2.500 − 1.000 = 1.500 Jumlah pemegang polis medical, wanita, dewasa = 2.000 − 1.500 = 500
Jadi jumlah pemegang polis yang termasuk kategori wanita, dewasa, dan medical adalah 500 Jawab: B. 2. Diketahui X dan Y adalah variabel acak diskrit dengan joint probability distribution sebagai berikut: Y
X
0
1
6
2
0,10
0,05
0,15
4
0,05
0,20
0,25
5
0,05
0,05
0,15
Hitunglah E[ X |Y = 6] ( ekspektasi nilai dari X (expected value of X), bila diketahui Y = 6). READI Project
34
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. 0,45 B. 0,55 C. 3,10 D. 2,70 E. 1,80 Pembahasan: Diketahui: f ( x = 2| y = 6) =
0, 15 3 = 0, 55 11
f ( x = 4| y = 6) =
5 0, 25 = 0, 55 11
0, 15 3 = 0, 55 11 Dengan demikian diperoleh: f ( x = 5| y = 6) =
E [ X |Y = 6 ] = 2 f ( x = 2 | y = 6 ) + 4 f ( x = 4 | y = 6 ) + 5 f ( x = 5 | y = 6 ) 5 3 3 = 2 +4 +5 11 11 11 41 = 11 = 3, 727 Jawab: Tidak ada jawaban yang memenuhi 3. Diketahui informasi di bawah ini:
READI Project
35
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Mobil Merah
Mobil Hijau
400
600
0,10
0,05
0,90
0,80
Jumlah pemegang polis Kemungkinan terjadi kecelakaan Kemungkinan biaya klaim melebihi batas penggantian sendiri (deductible) bila kecelakaan timbul dari group ini
Seorang aktuaris memilih sebuah klaim secara acak dari antara klaim-klaim yang melebihi batas penggantian sendiri (above deductible). Berapakah kemungkinan klaim yang dipilih adalah mobil berwarna merah? A. 0,900 B. 0,360 C. 0,491 D. 0,600 E. 0,941 Pembahasan:
(0, 4)(0, 10)(0, 90) (0, 4)(0, 10)(0, 90) + (0, 6)(0, 05)(0, 80) = 0, 6
P(Klaim yang dipilih adalah mobil berwarna merah) =
Jawab: D. 4. Dalam memodelkan jumlah klaim yang dimasukkan oleh pemegang polis pada suatu perusahaan asuransi mobil untuk masa 3 tahun, seorang aktuaris membuat asumsi sederhana bahwa untuk semua n lebih dari 0 (n > 0), Pn+1 = 0, 2Pn dimana Pn adalah kemungkinan bahwa pemegang polis akan memasukkan sebanyak n klaim selama masa tersebut. Dengan asumsi ini, berapakah probabilitas bahwa seorang pemegang polis akan memasukkan lebih dari satu klaim selama periode tersebut? READI Project
36
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. 0,40 B. 0,80 C. 0,16 D. 0,08 E. 0,04 Pembahasan: Diketahui bahwa Pn+1 = 0, 2Pn , untuk n > 0. Oleh karena itu, kita dapatkan P1 = 0, 2P0 ; P2 = 0, 2P1 = (0, 2)2 P0 ; P3 = (0, 2)3 P0 ; ...; Pn = (0, 2)n P0 Dari sini kita peroleh: P0 + 0, 2P0 + (0, 2)2 P0 + (0, 2)3 P0 + ... = 1 P0 + 0, 2P0 (1 + 0, 2 + (0, 2)2 + ...) = 1 0, 2P0 P0 + = 1 1 − 0, 2 P0 = 0, 8 karena P0 = 0, 8, maka P1 = (0, 2)(0, 8) = 0, 16 Jadi, probabilitas bahwa seseorang pemegang polis akan memasukkan lebih dari 1 klaim selama periode tersebut adalah : P( n > 1) = 1 − P( n ≤ 1)
= 1 − P( n = 0) − P( n = 1) = 1 − 0, 8 − 0, 16 = 0, 04 Jawab: E. 5. Diketahui X adalah nilai dari ujian yang telah distandardisasi. X tersebut adalah variabel acak berdistribusi normal dengan deviasi standar 11. Contoh acak dari 121 nilai diambil dan rata-rata (mean) dari contoh ini adalah 70,7. Bila diadakan 2 sided test pada 5% significance level. READI Project
37
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 • H0 : µ x = 70 • H0 : µ x 6= 70 Hitunglah hasil dari ρ − value ! A. 0,242 B. 0,758 C. 1,516 D. 0,484 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Bila diadakan 2 sided test pada 5% significance level, maka hasil dari p-value adalah : p − value = 2 × min {P( X¯ > µ| H0 True), P( X¯ ≤ µ| H0 True)} 70, 7 − 70 70, 7 − 70 ) , P ( Z ≤ ) = 2 × min P( Z > √11 √11 21
21
= 2 × min{0, 242 , 0, 758} = 2 × (0, 242) = 0, 484 Jawab: D 6. Sebuah perusahaan menawarkan asuransi jiwa dasar dan tambahan kepada karyawannya, di mana untuk membeli asuransi jiwa tambahan, mereka harus terlebih dulu membeli asuransi dasar. Diketahui X adalah proporsi dari karyawan yang membeli asuransi dasar dan Y adalah proporsi dari karyawan yang membeli asuransi tambahan. X dan Y mempunyai fungsi densitas bersama (joint density function) f ( x, y) = 2( x + y) dimana area densitas positif. Bila diketahui 10% dari karyawan membeli asuransi dasar, berapa kemungkinan karyawan membeli asuransi tambahan kurang dari 5%? A. 0,010 B. 0,417 READI Project
38
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 C. 0,108 D. 0,952 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Pdf marginal dari X adalah:
f (x) =
Z 1 0
1 2x + 2y dy = 2xy + y = 2x + 1 2
0
Pdf bersyarat dari Y | X adalah f (y| x ) =
f ( x, y) 2x + 2y = f (x) 2x + 1
Kita akan menghitung f (y < 0, 05| x = 0, 1), yaitu f (y < 0, 05| x = 0, 1) =
Z 0,05 2y + 0, 2
1, 2
0
1 = 1, 2
dy
Z 0,05
2y + 0, 2 dy " 0,05 # 1 2 = y + 0, 2y 1, 2 0 0
0, 0125 1, 2 = 0, 01041667
=
≈ 0, 01 Jawab: A. 7. Perusahaan A memodelkan laba bulanannya dengan variabel acak yang kontinu (continuous random variable) f . Perusahaan B mempunya laba bulanan dua kali lipat perusahaan A. Bila g adalah fungsi densitas dari laba bulanan perusahaan B. Tentukanlah g( x ) dimana nilainya tidak 0. 1 x f 2 2 x B. f 2
A.
READI Project
39
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 C. 2 f
x 2
D. 2 f (2x ) E. 2 f ( x ) Pembahasan: Misal X menyatakan laba perusahaan A dan Y menyatakan laba perusahaan B Diketahui bahwa Y = 2X. Dengan demikian kita peroleh : FY (y) = P(Y ≤ y)
= P(2X ≤ y) y = P X≤ y 2 = FX 2 d ( FY (y)) dy d y = FX dy 2 y 1 fx = 2 2
f Y (y) =
Jawab: A. 8. Misalkan plat nomor mobil di Jakarta harus terdiri dari huruf B di depan, diikuti dengan 4 angka, kemudian 3 huruf, dengan format B x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 (contoh: B 1234 SAE ), maka ada berapa kombinasi yang mungkin terdapat? (tidak diperbolehkan selain format diatas, dengan angka maupun huruf yang lebih sedikit) A. 1.037.845.224 B. 1.757.600.000 C. 115.316.136 D. 175.760.000 E. Tidak ada jawaban yang benar
READI Project
40
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Pembahasan: Kombinasi yang mungkin terjadi : x1
x2
x3
x4
y1
y2
y3
10
10
10
10
26
26
26
Total banyak kombinasi =(10)4 .(26)3 = 175.760.000 Jawab: D. 9. Manakah pernyataan yang benar dibawah ini mengenai variabel acak diskrit (discrete random variable): i. Setiap variabel acak diskrit memiliki distribusi probabilitas (probability distribution) ii. Fungsi distribusi kumulatif dari variabel acak diskrit membentuk ogive A. Hanya i yang benar B. Hanya ii yang benar C. Semua benar D. Semua salah Pembahasan: Kedua pernyataan tersebut benar mengenai deskripsi dan variable acak diskrit. Jawab: C. 10. Diketahui X memiliki distribusi binomial dengan E( x ) = 8 dan deviasi standar σx =
√
4, 8
. Hitunglah Pr ( X = 10)! A. 0,217 B. 0,117 C. 0,711 D. 0,721 E. Tidak ada jawaban yang benar
READI Project
41
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Pembahasan: Jika X berdistribusi Binomial dengan parameter n dan p, maka kita peroleh: E[ X ] = np = 8 Var [ X ] = np(1 − p) = 4, 8 Dari sini kita peroleh (1 − p) =
4,8 8
= 0, 6 =⇒ p = 0, 4
Dengan mensubtitusikan nilai p = 0, 4 ke dalam persamaan E[ X ], kita peroleh n = 20. Jadi X ∼ Binomial(n = 20, p = 0, 4). Selanjutnya kita akan menghitung P( X = 10), yaitu: P( X = 10) =
20 (0, 4)10 (0, 6)10 = 0, 117 10
Jawab: B. 11. X adalah sebuah nilai dari suatu ujian yang sudah distandardisasi dan mempunyai variance sebesar 25. Sebanyak 100 contoh nilai ujian diambil secara acak dengan rata-rata 72,3. Carilah nilai A yang paling mendekati di bawah ini, dimana kita bisa 95% yakin (95% confident) bahwa A adalah batas bawah dari rata-rata nilai dari populasi. A. 68,12 B. 70,65 C. 72,20 D. 68,48 E. 71,48 Pembahasan: Diketahui σx = 5, n = 100 dan X¯ = 72, 3 Nilai A dimana kita bisa 95% yakin bahwa A adalah batas bawah dari rata-rata nilai populasi
READI Project
42
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 diberikan oleh σx 5 X¯ − Z0,95 √ = 72, 3 − (1, 645) 10 n = 72, 3 − 0, 8225
= 71, 4775 ≈ 71, 48 Jawab: E. 12. Diketahui informasi sebagai berikut dari pasien yang datang ke dokter jaga di sebuah rumah sakit: • 35% tidak memerlukan pemeriksaan laboratorium dan tidak memerlukan kunjungan ke dokter spesialis • 30% memerlukan kunjungan ke dokter spesialis • 40% memerlukan pemeriksaan laboratorium Hitunglah kemungkinan dari seorang pasien yang datang ke dokter jaga di rumah sakit tersebut memerlukan pemeriksaan laboratorium dan kunjungan ke dokter spesialis? A. 0,25 B. 0,35 C. 0,05 D. 0,12 E. 0,18 Pembahasan: Misalkan : A menyatakan pasien yang datang ke dokter memerlukan pemeriksaan laboratorium B menyatakan pasien yang datang ke dokter memerlukan kunjungan ke dokter spesialis Diketahui bahwa: P( A0 ∩ B0 ) = 0, 35 =⇒ P( A0 ∩ B0 )0 = P( A ∪ B) = 0, 65 P( A) = 0, 4 =⇒ P( A0 ) = 0, 6 READI Project
43
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 P( B) = 0, 3 =⇒ P( B0 ) = 0, 7
Kita akan menghitung P( A ∩ B), yaitu
P( A ∩ B) = P( A) + P( B) − P( A ∩ B) = 0, 4 + 0, 3 − 0, 65 = 0, 05 Jawab: C. 13. Umur dari semua pemain drama pada suatu perguruan tinggi dilambangkan dengan variabel acak U dan mempunya distribusi probabilitas kumulatif (cumulative probability distribution) pada tabel dibawah ini: A
17
18
19
20
21
22
F(U = A)
0
0,23
0,40
0,90
0,96
1,00
Tentukanlah distribusi probabilitas untuk U = 20 A. 0,42 B. 0,48 C. 0,90 D. 0,10 E. 0,58 Pembahasan: f (U = 20) = F (U = 20) − F (U = 19)
= 0, 90 − 0, 48 = 0, 42 Jawab: A. 14. Jumlah kecelakaan kendaraan bermotor yang terjadi pada suatu jalan tertentu memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata (mean) 5 kejadian per minggu. Bila A adalah jumlah kejadian kecelakaan yang akan terjadi minggu depan, hitunglah nilai tengah (median) dari A. READI Project
44
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Misal X menyatakan jumlah kecelakaan kendaraan bermotor per minggu, dan m menyatakan median. Diketahui X ∼ Poisson(λ = 5). Pdf dari X adalah f ( x ) =
e−5 .5x x!
Nilai median m adalah nilai m yang memenuhi persamaan: e−5 .5x = 0, 5 x! x =0 m
∑
Jadi nilai m yang memenuhi persamaan tersebut adalah m = 6 Jawab: B. 15. Diketahui X adalah variabel acak. Hitunglah E[ X 2 ] bila diketahui informasi di bawah ini: X
Pr ( X = x )
1
0,10
2
0,15
6
0,20
7
0,25
10
0,30
A. 50,15 B. 40,33 C. 6,35 D. 25 E. 36,71 READI Project
45
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Pembahasan: E[ X 2 ] = 12 (0, 10) + 22 (0, 15) + 62 (0, 20) + 72 (0, 25) + 102 (0, 30)
= 0, 1 + 0, 6 + 7, 2 + 12, 25 + 30 = 50, 15 Jawab: A. 16. Diketahui kemungkinan seorang mahasiswa memperoleh nilai ”A” pada pelajaran matematika adalah 40%, dan kemungkinan untuk memperolah nilai ”A” pada pelajaran kimia adalah 70%. Bila kejadian ini saling independent, hitunglah berapa kemungkinan seorang mahasiswa hanya memperoleh tepat satu nilai ”A” pada salah satu pelajaran. A. 0,54 B. 0,28 C. 0,46 D. 0,72 E. 0,18 Pembahasan: Misal X menyatakan mahasiswa memperoleh nilai A pada pelajaran matematika dan Y menyatakan mahasiswa yang memperoleh nilai A pada pelajaran kimia Diketahui seseorang mahasiswa hanya memperoleh tepat satu nilai A pada salah satu pelajaran diberikan oleh: P( X )P(Y 0 ) + P( X 0 )P(Y ) = (0, 4)(0, 3) + (0, 6)(0, 7) = 0, 54 Jawab: A. 17. Sebuah variabel acak Y mempunyai distribusi normal. Sebuah sampel sebanyak 14 yang diambil secara acak menghasilkan nilai Y = −43, 2 dan Sy = 17, 9. Hitunglah 98% rentang tingkat keyakinan untuk rata-rata dari populasi (population mean) READI Project
46
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. ( -65,2 dan -23,8) B. ( -45,7 dan -41,7) C. ( -46,5 dan -40,5) D. ( -55,9 dan -30,5) E. ( -45,9 dan -40,5) Pembahasan: 98% rentang tingkat keyakinan untuk rata-rata populasi diberikan sebagai berikut
Z0,99 .S Z0,99 .S Y¯ − √ Y , Y¯ + √ Y n n
2, 33(17, 9) 2, 33(17, 9) √ √ = −43, 2 − , −43, 2 + 14 14 = [−54, 34666 , −32, 05333]
Jawab: Tidak ada jawaban yang memenuhi 18. Umur sebuah spare part mesin mempunyai distribusi kontinu (continuous distribution) pada rentang (0,40) dengan fungsi densitas probabilitas (probability density function) f , dimana f ( x ) adalah proporsional terhadap (10 + x )−2 . Berapakah probabilitas dari umur spare part mesin ini kurang dari 5? A. 0,03 B. 0,42 C. 0,97 D. 0,58 E. 0,13 Pembahasan: Misalkan pdf dari X adalah f ( x ) = k(10 + x )−2 , dengan 0 < x < 40. Kita akan mencari
READI Project
47
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 nilai konstanta k terlebih dahulu, yaitu: Z 40 0
k dx = 1 (10 + x )2 40 −k = 1 (10 + x ) 0
k k − = 1 10 50 4k = 1 50 50 = 12, 5 k= 4 Dengan demikian, kita dapatkan pdf dari X adalah f ( x ) = Berikutnya kita akan menghitung P( X < 5), yaitu :
12, 5 dengan 0 < x < 40. (10 + x )2
Z 5
12, 5 dx 2 0 (10 + x ) 5 −12, 5 = (10 + x )
P( X < 5) =
0
= 1, 25 − 0, 8333 = 0, 4167 = 0, 42 Jawab: B. 19. Sebuah perusahaan asuransi kendaraan bermotor mempunyai portofolio nasabah seperti dibawah ini: I. Nasabah mengasuransikan paling sedikit 1 kendaraan II. 60% dari nasabah mengasuransikan lebih dari 1 kendaraan III. 25% dari nasabah mengasuransikan kendaraan SUV IV. 20% dari nasabah yang mengasuransikan lebih dari 1 kendaraan (nomor II di atas), mengasuransikan kendaraan SUV Hitunglah probabilitas dari seorang nasabah yang dipilih secara acak mengasuransikan hanya 1 kendaraan dan bukan kendaraan SUV? (menggunakan De Morgans law)
READI Project
48
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. 0,205 B. 0,270 C. 0,880 D. 0,320 E. 0,600 Pembahasan: Misal A menyatakan nasabah yang mengasumsikan lebih dari 1 kendaraan dan B menyatakan nasabah yang mengasumsikan kendaran SUV Diketahui bahwa: • P( A) = 0, 6 =⇒ P( A0 ) = 0, 4 • P( B) = 0, 25 =⇒ P( B0 ) = 0, 75 • P( A ∩ B) = 0, 2P( A) = 0, 2(0, 6) = 0, 12 kita akan menghitung P( A0 ∩ B0 ) P( A0 ∩ B) = P( B) − P( A ∩ B) = 0, 25 − 0, 12 = 0, 13 P( A0 ∩ B0 ) = P( A0 ) − P( A0 ∩ B) = 0, 4 − 0, 13 = 0, 27 Jawab: B. 20. Pilihlah pernyataan yang benar dari 3 pernyataan di bawah ini: i. Kesalahan tipe 1 (type I error) adalah ketika menolak hipothesis (H0 ) yang seharusnya diterima ( H0 is rejected when it is true) ii. Kesalahan tipe 2 (type 2 error) adalah ketika menerime hipothesis ( H0 ) yang seharusnya ditolak ( H0 is accepted when it is false) iii. Mengurangi probabilitas dari kesalahan tipe 1 akan meningkatkan kemungkinan dari kesalahan tipe 2, begitupun sebaliknya. A. Semua benar
READI Project
49
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 B. Semua salah C. i dan ii benar D. i dan iii benar E. ii dan iii benar Pembahasan: Ketiga pernyataan tersebut benar mengenai hypothesis testing Jawab: A. 21. Jumlah klaim bulanan dari sebuah perusahaan asuransi dimodelkan dengan kontinu, variabel acak positif dari X, dimana fungsi densitas probabilitasnya adalah proposional terhadap (1 + x )−4 , dimana 0 < x < ∞. Tentukanlah ekspektasi klaim bulanan dari perusahaan asuransi ini. A. 0,15 B. 0,20 C. 0,30 D. 0,45 E. 0,50 Pembahasan: Misal pdf dari X adalah f ( x ) = k(1 + x )−4 dengan 0 < x < ∞. Kita akan mencari nilai konstanta k terlebih dahulu, yaitu: Z ∞
k dx = 1 0 (1 + x )4 ∞ k −3 − (1 + x ) = 1 3 0
0+
READI Project
50
k = 1 3 k = 3
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Dengan demikian kita dapatkan pdf dari X adalah f ( x ) = 3(1 + x )−4 , dengan 0 < x < ∞. Selanjutnya kita akan menghitung E[ X ], yaitu: E[ X ] =
Z ∞ 0
x
3 dx (1 + x )4
Misalkan u = 1 + x =⇒ du = dx Batas integrasi: x = 0 =⇒ u = 1 x = ∞ =⇒ u = ∞ Kita bisa tuliskan kembali E[ X ] sebagai : E[ X ] =
Z ∞ 3( u − 1)
u4 1 1 − = 3 2 3 1 = 3 6 = 0, 5 1
du = 3
Z ∞ 1
u
−3
−u
−4
∞ 1 −2 1 −3 du = 3 − u + u 2 3 0
Jawab: E. 22. Diketahui informasi pembayaran klaim Rumah Sakit dari sebuah asuransi kesehatan adalah sebagai berikut: I. 85% dari total klaim termasuk biaya UGD atau ruangan operasi II. 25% dari total klaim tidak termasuk biaya UGD III. Timbulnya biaya UGD tidak berhubungan dengan timbulnya biaya ruangan operasi (independent event) Hitunglah probabilitas dari sebuah klaim pada asuransi ini termasuk biaya ruangan operasi ! A. 0,60 B. 0,24 C. 0,80 D. 0,40 READI Project
51
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 E. 0,76 Pembahasan: Misalkan A menyatakan total klaim termasuk biaya UGD dan B menyatakan total klaim termasuk biaya ruangan operasi Diketahui bahwa P( A ∪ B) = 0, 85; P( A0 ) = 0, 25 =⇒ P( A) = 0, 75; dan A independen terhadap B. Kita akan menghitung P( B). Misalkan P( B) = x maka kita peroleh: P( A ∪ B ) = P( A ) + P( B ) − P( A ∩ B ) P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( A).P( B) 0, 85 = 0, 75 + x − 0, 75x 0, 10 = 0, 25x x = 0, 4 Jadi P( B) = x = 0, 4 Jawab: D. 23. Jumlah klaim kecelakaan yang terjadi setiap bulan pada suata perusahaan asuransi dimodelkan dengan variabel acak N sebagai berikut: 1 E[ N = n ] = ,untuk bilangan bulat yang tidak negatif (nonnegative (n + 1)(n + 2) integers), n Hitunglah kemungkinan terjadi paling sedikit 1 klaim pada suatu bulan, bila diketahui terjadi paling banyak 4 klaim selama bulan tersebut. A. 2/5 B. 3/5 C. 4/5 D. 1/5 E. 1/3 Pembahasan: Misalkan A menyatakan kejadian paling sedikit 1 klaim pada satu bulan dan B menyatakan READI Project
52
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 kejadian paling banyak 4 klaim pada satu bulan. P( A ∩ B ) = P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) + P( N = 4) 1 1 1 1 + + + = 6 12 20 30 1 = 3
P( B ) = P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) + P( N = 4) 1 1 1 1 1 = + + + + 2 6 12 20 30 5 = 6 Kita akan menghitung P( A| B) yaitu: P( A | B ) =
P( A ∩ B ) 1/3 2 = = P( B ) 5/6 5
Jawab: A. 24. Diasumsikan A adalah seorang pengemudi pada umumnya.
Kemungkinan A adalah
pengemudi yang baik adalah 72% dan A adalah pengemudi yang buruk adalah 28%. Kemungkinan terjadinya kecelakaan hanya 1 kecelakaan per tahun. Kemungkinan dari seorang pengemudi yang baik mendapatkan kecelakaan adalah 25% dan kemungkinan seorang pengemudi yang buruk mengalami kecelakaan adalah 50%.
Berdasarkan
kredibilitas Bayesian (Bayesian credibility) Hitunglah Pr ( GD |K ), bila GD adalah pengemudi yang baik dan K adalah kejadian kecelakaan. A. 0,6524 B. 0,5625 C. 0,444 D. 0,4375 E. 0,2647
READI Project
53
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 Pembahasan: P(K | GD ).P( GD ) P(K | GD ).P( GD ) + P(K | GD 0 ).P( GD 0 ) (0, 25)(0, 72) = (0, 25)(0, 72) + (0, 50)(0, 28) = 0, 5625
P( GD |K ) =
Jawab: B. 25. Sebuah perusahaan membeli polis untuk mengasuransikan pendapatan mereka bila ada kejadian yang tidak diinginkan, seperti banjir, yang menyebabkan mereka harus menutup businessnya di hari tersebut. Polis ini tidak membayarkan klaim pada kejadian pertama, tetapi akan membayarkan sebanyak USD 10.000 pada setiap kejadian untuk kejadian kedua dan selanjutnya sampai akhir tahun. Banyaknya kejadian banjir yang menyebabkan mereka harus menutup businessnya selama setahun memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata 1,5. Berapakah ekspektasi jumlah klaim yang akan dibayarkan kepada perusahaan ini dalam kurun waktu 1 tahun? A. 2.769 B. 5.000 C. 7.231 D. 8.347 E. 10.578 Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah klaim yang akan dibayarkan kepada perusahaan dalam
READI Project
54
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 kurun waktu 1 tahun, maka ekspetasi dari X adalah ∞
e−1,5 (1, 5) x ( x − 1 ) ∑ x! x =2 " # ∞ −1,5 ∞ e (1, 5) x xe−1,5 (1, 5) x = 10.000 ∑ −∑ x! x! x =2 x =2 (1, 5)e−1,5 −1,5 = 10.000 1, 5 − − 1−e (1 + 1, 5) 1 = 7231, 301601
E[ X ] = 10.000
≈ 7231 Jawab: C. 26. Hitunglah berapa banyak kombinasi huruf terdiri dari 3 kata yang mungkin dibentuk (dari 26 alphabet) tanpa ada huruf yang berulang (no duplicate letter) dan huruf tersebut harus disusun secara alphabetical. A. 15.600 B. 600 C. 2.600 D. 5.200 E. 3.600 Pembahasan: Banyak kombinasi yang dimaksud adalah
(26)(25)(24) = 2600 6 Jawab: C. 27. Sebuah perusahaan asuransi menerbitkan 1.250 polis kesehatan mata. Jumlah klaim yang diklaim oleh pemegang polis dalam satu tahun merupakan variabel acak Poisson dengan rata-rata (mean) 2. Diasumsikan antara klaim-klaim ini saling independent. Hitunglah kemungkinan akan terjadi total klaim antara 2.450 klaim dan 2.600 klaim selama satu tahun. Pilihlah jawaban yang paling mendekati di bawah ini. READI Project
55
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 2. PEMBAHASAN A20 MARET 2015 A. 0,1815 B. 0,8185 C. 0,6437 D. 0,3563 E. 0,9527 Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah klaim untuk masing-masing pemegang polis dan S menyatakan total klaim yang diterima oleh perusahaan asuransi selama satu tahun. Diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = 2). Dengan demikian kita peroleh E[ X ] = λ = 2 dan Var ( X ) = λ = 2. Selain kita peroleh: E[S] = 1250 . E[ X ] = 1250 . (2) = 2500 Var (S) = 1250 . Var [ X ] = 1250 . (2) = 2500 q √ σS = Var (S) = 2500 = 50 Kita akan menghitung P(2450 < S < 2600), yaitu 2450 − E[S] S − E[ S ] 2600 − E[S] P(2450 < S < 2600) = P < < σs σs σ s 2600 − 2500 2450 − 2500 20.500), yaitu : P( X¯ > 20.500) = 1 − P ( X¯ ≤ 20.500) X¯ − µ X¯ 20.500 − µ X¯ = 1−P ≤ σX¯ σX¯ 20.500 − 19.800 = 1−P Z ≤ 1.000 = 1 − P( Z ≤ 0, 7)
= 1 − 0, 7580 = 0, 2420 Jawab: B.
READI Project
59
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3 PEMBAHASAN A20 JUNI 2015
1. Umur dari semua pemain drama pada suatu perguruan tinggi dilambangkan dengan variabel acak U dan mempunyai distribusi probabilitas kumulatif (cumulative probability distribution) pada tabel di bawah ini: A
17
18
19
20
21
22
F(U = A)
0
0,23
0,40
0,88
0,96
1,00
Tentukanlah distribusi probabilitas untuk U = 20 A. 0,42 B. 0,48 C. 0,88 D. 1,51 E. 0,58 Pembahasan:
f (U = 20) = F (U = 20) − F (U = 19)
= 0, 88 − 0, 40 = 0, 48
Jawab: B. 2. Manakah dari pilihan di bawah ini yang benar menurut distribusi poisson:
(a) Fungsi probabilitasnya adalah Pr( Z = k ) = e−λ
λk k!
untuk 60
k = 0, 1, 2, 3, ... dan
λ≥0
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Z adalah variabel acak dengan parameter λ. (b) Variance sama dengan Rata-rata (mean) (c) Jika tingkat rata-rata dari satu tahun adalah λ = 0, 5, maka tingkat rata-rata dari 2 tahun adalah: λ(2) = 2 A. Semua benar B. I dan II C. II dan III D. I dan III E. Hanya pernyataan II Pembahasan:
I. Jika diketahui suatu distribusi Poisson , maka fungsi probabilitasnya adalah Pr ( Z = k) = e−λ
λk , dengan k = 0, 1, 2, ... dan λ > 0 k!
Jadi pernyataan I. salah II. Ekspetasi Z, yaitu E[ Z ] = λ, dan varians dari Z adalah Var ( Z ) = λ. Jadi jika Z mengikuti distribusi Poisson, maka variansnya sama dengan rata-rata. Dengan demikian pernyataan II. benar III. Jika tingkat rata-rata satu tahun adalah λ = 0, 5 , maka tingkat rata-rata dari 2 tahun adalah 2(0, 5) = 1. Jadi pernyataan III. salah Jawab: E. 3. Diketahui informasi dibawah ini:
READI Project
61
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Memiliki
Memiliki Memiliki
Kelompok
Asuransi
Asuransi
Total
Asuransi Jiwa Kesehatan
Penyakit Kritis
Usia 26 s/d 35
60
40
50
150
Usia 36 s/d 45
80
50
70
200
usia 46 s/d 55
40
50
60
150
TOTAL
180
140
180
500
Bila 2 orang dipilih bersamaan secara acak, berapakah kemungkinan bahwa 1 orang memiliki asuransi kesehatan dan 1 orang lagi pemilik asuransi jiwa dari kelompok usia 36 s/d 45? A. 3,6 B. 9,0 C. 2,6 D. 5,4 E. Tidak ada jawaban yang benar. Pembahasan: Misal : A menyatakan orang yang memiliki asuransi kesehatan B menyatakan orang yang memiliki asuransi jiwa dari kelompok usia 36 sampai dengan 45. Diketahui : P( A) =
180 50 dan P( B) = 500 500
Dengan demikian kita peroleh P( A ∩ B) = P( A)P( B) =
180 50 = 0, 036 = 3, 6% 500 500
Jawab: A. 4. Klaim yang terjadi pada sebuah perusahaan asuransi mengikuti distribusi normal dengan rata-rata (mean) = 20.000 dan standard deviasi sebesar 6.000. Hitunglah kemungkinan bahwa rata-rata dari 144 klaim yang dipilih secara acak akan melebihi 21.000. A. 0,0242 B. 0,2420 READI Project
62
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 C. 0,9758 D. 0,0228 E. 0,9772 Pembahasan: Misal X menyatakan klaim yang terjadi pada perusahaan asuransi bahwa µ X = 20.000 dan σX = 6000 Untuk total n = 144 klaim, maka kita peroleh σX 6.000 µ X¯ = µ X = 20.000 dan σX¯ = √ = = 500 12 n Kita akan menghitung P( X¯ > 21.000), yaitu P( X¯ > 21.000) = 1 − P( X¯ ≤ 21.000) X¯ − µ X¯ 21.000 − µ X¯ = 1−P ≤ σX¯ σX¯ 21.000 − 20.000 = 1−P Z ≤ 500 = 1 − P ( Z ≤ 2)
= 1 − 0, 9772 = 0, 0228
Jawab: D. 5. Perusahaan A memodelkan laba bulanannya dengan variabel acak yang kontinu (continuous random variable) f . Perusahaan B mempunya laba bulanan dua kali lipat perusahaan A. Bila g adalah fungsi densitas dari laba bulanan perusahaan B. Tentukanlah g( x ) dimana nilainya tidak 0. (a) 2 f (2x ) (b) f (2x ) x (c) 2 f ( ) 2 1 x (d) f( ) 2 2 READI Project
63
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 (e) 2 f ( x ) Pembahasan: Misalkan : X menyatakan laba bulanan perusahaan A B menyatakan laba bulanan perusahaan B
Diberikan Y = 2X dengan demikian kita peroleh FY (y) = P(Y ≤ y)
= P(2X ≤ y) y = P (Y ≤ ) y2 = FX 2 y d 1 y f Y (y) = FX = fX dy 2 2 2 Jawab: D. 6. X adalah sebuah variabel acak diskrit dengan distribusi probabilitas (probability distribution) sebagai berikut: X
0
1
2
3
P( X = x )
0,4
0,3
0,2
0,2
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Soal Di Anulir READI Project
64
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 7. X adalah sebuah nilai dari suatu ujian yang sudah distandardisasi dan mempunyai variance sebesar 36. Sebanyak 100 contoh nilai ujian diambil secara acak dengan rata-rata 72,3. Carilah nilai A yang paling mendekati dibawah ini, dimana kita bisa 95% yakin (95% confident) bahwa A adalah batas bawah dari rata-rata nilai dari populasi. Dengan asumsi satu sisi (one sided confidence interval). A. 71,31 B. 70,65 C. 72,20 D. 68,48 E. 71,48 Pembahasan: Diketahui σX = 6, n = 100 dan X¯ = 72, 3 Nilai A dimana kita bisa 95% yakin bahwa A adalah batas bawah dari rata-rata nilai populasi diberikan oleh: σX 6 = 72, 3 − (1, 645) X¯ − Z0,95 √ 10 n = 72, 3 − 0, 987
= 71, 313 ≈ 71, 31
Jawab: A. 8. Diketahui A, B dan C adalah kejadian yang saling berdiri sendiri (mutually independent event) dengan probabilitas sebagai berikut: • P [A] = 0,5 • P [B] = 0,6 • P [C] = 0,1 Berapakah P [ A0 ∪ B0 ∪ C ]? READI Project
65
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 A. 0,730 B. 0,192 C. 0,808 D. 0,270 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) = 1 − P( A )P( B )P( C 0 )
= 1 − (0, 5)(0, 6)(1 − 0, 1) = 1 − (0, 5)(0, 6)(0, 9) = 1 − 0, 270 = 0, 730
Jawab: A. 9. Diketahui kejadian berikut ini dari sebuah dadu 6 sisi yang dilempar secara acak: (i) A = Angka yang keluar adalah genap : {2, 4, 6} (ii) B = Angka yang keluar lebih kecil atau sama dengan 3 : {1, 2, 3} Kemungkinan angka yang keluar (sample space) adalah {1, 2, 3, 4, 5, 6, } Berapakah P[ B| A] ? (probabilitas dari B bila diketahui A (probability of B given A)) A. B. C. D. E.
1 6 1 3 1 36 1 4 1 12
READI Project
66
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Pembahasan: Diketahui : 1 1 1 P( B) = ; P( A) = ; dan P( A ∩ B) = 2 2 6 Jadi, P( B| A) =
P( A ∩ B ) = P( A )
1 6 1 2
=
2 1 = 6 3
Jawab: B. 10. Sepasang suami istri membeli 2 polis asuransi dengan premi tunggal 500 untuk setiap polis dan manfaat kematian 12.000 bila meninggal dalam 10 tahun sejak polis diterbitkan. Pada akhir tahun ke 10, polis akan berakhir. Diketahui kemungkinan dibawah ini: • Hanya istri yang hidup paling sedikit dalam 10 tahun masa pertanggungan adalah 2, 5% • Hanya suami yang hidup paling sedikit dalam 10 tahun masa pertanggungan adalah 3, 6% • Keduanya masih hidup paling sedikit dalam 10 tahun masa pertanggungan adalah 86, 4% Berapakah selisih antara premi yang dibayarkan dan kemungkinan klaim (expected claim) bila diketahui sang suami masih hidup paling sedikit dalam 10 tahun masa pertanggungan? A. 480 B. - 11,000 C. 360 D. 520 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Misal W menyatakan istri dan H menyatakan suami. Diberikan: 1 , W = 0 ,
READI Project
jika istri tetap hidup paling sedikit 10 tahun masa pertanggungan jika istri meninggal dalam kurun waktu 10 tahun masa pertanggungan
67
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 1 , H = 0 ,
jika suami tetap hidup paling sedikit 10 tahun masa pertanggungan jika istri meninggal dalam kurun waktu 10 tahun masa pertanggungan
Diketahui: P(W = 1, H = 0) = 0, 025 P(W = 0, H = 1) = 0, 036 P(W = 1, H = 1) = 0, 864 P(W = 0, H = 0) = 0, 075
Nilai dari kemungkinan klaim (expected claim) jika diketahui suami masih hidup paling sedikit 10 tahun masa pertanggungan adalah E(klaim| H = 1) = 12.000P(W = 0| H = 1) + 0.P(W = 1| H = 1) P(W = 0, H = 1) = 12.000 P( H = 1) (0, 036) = 12.000 (0, 036) + (0, 864) (0, 036) = 12.000 (0, 9) = 480
Total premi yang dibayarkan oleh sepasang suami istri adalah 2(500) = 1000 Dengan demikian didapatkan selisih yang dimaksud adalah 1000 − 480 = 520 Jawab: D. 11. Diketahui ada 15 siswa di suatu taman kanak-kanak. Tinggi siswa dan siswi tersebut (dalam cm) adalah 90, 92, 94, 97, 98, 99, 100, 101, 102, 104, 105, 107, 108, 110, 112. Hitunglah 90th percentile dari data tersebut diatas. A. 108,0 B. 109,5 C. 110,0 D. 110,8 READI Project
68
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 E. 111,0 Pembahasan: Diketahui jumlah data adalah n = 15 Presentil ke-90 adalah data ke 0, 9 × (n + 1) = (0, 9)(15 + 1) = 14, 4 Nilai dari data ke 14,4 adalah : U14 + 0, 4(U15 − U14 ) dimana U14 adalah data ke-14 dan U15 adalah data ke-15 Dengan demikian kita peroleh presentil ke-90 adalah 110 + 0, 4(112 − 110) = 110 + 0, 8 = 110, 8
Jawab: D. 12. Pilihlah pernyataan yang benar dari 3 pernyataan di bawah ini: i. Kesalahan tipe 1 (type 1 error) adalah ketika menolak hipotesis (H0 ) yang seharusnya diterima ( H0 is rejected when it is true) ii. Kesalahan tipe 2 (type 2 error) adalah ketika menerima hipotesis (H0 ) yang seharusnya ditolak ( H0 is accepted when it is false) iii. Mengurangi probabilitas dari kesalahan tipe 1 akan mengurangi kemungkinan dari kesalahan tipe 2, begitupun sebaliknya. A. Semua benar B. Semua salah C. i dan ii benar D. i dan iii benar E. ii dan iii benar
READI Project
69
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Pembahasan: Pernyataan (i) dan pernyataan (ii) benar, sedangkan pernyataan (iii) salah. Pernyataan (iii) seharusnya : Mengurangi probabilitas dan kesalahan tipe 1 akan meningkatkan kemungkinan dari kesalahan tipe 2, begitupun sebaliknya. Jawab: C. 13. Diketahui informasi dibawah ini:
Jumlah pemegang polis
Mobil Merah
Mobil Hijau
300
700
0,10
0,05
0,90
0,80
Kemungkinan terjadi kecelakaan Kemungkinan biaya klaim melebihi batas penggantian sendiri (deductible) bila kecelakaan timbul dari group ini. Seorang aktuaris memilih sebuah klaim secara acak dari antara klaim-klaim yang melebihi batas penggantian sendiri (above deductible). Berapakah kemungkinan klaim yang dipilih adalah mobil berwarna merah? A. 0,900 B. 0,360 C. 0,491 D. 0,090 E. 0,941 Pembahasan:
READI Project
70
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015
(0, 3)(0, 10)(0, 90) (0, 3)(0, 10)(0, 90) + (0, 7)(0, 05)(0, 80) 27 = 55 = 0, 491
P(klaim yang dipilih adalah mobil merah) =
Jawab:C. 14. Diketahui A, B dan C adalah kejadian dengan probabilitas sebagai berikut: 1 P( A) = ; 2 1 P( A ∩ C ) = ; 6
1 P( B) = ; 2
P(C ) =
1 P( B ∩ C ) = ; 6 P( A ∪ B) =
1 3
P( A ∩ B ∩ C ) =
1 12
3 4
Hitunglah Probabilitas dari P( A ∪ B ∪ C )! A. B. C. D. E.
1 4 2 3 5 6 7 8 11 12
Pembahasan: 1 1 3 1 + − = 2 2 4 4 P( A ∪ B ∪ C ) = P( A ) + P( B ) + P( C ) − P( A ∩ B ) − P( B ∩ C ) − P( A ∩ C ) + P( A ∩ B ∩ C ) 1 1 1 1 1 1 1 = + + − − − + 2 2 3 4 6 6 12 5 = 6 P( A ∩ B ) = P( A ) + P( B ) − P( A ∪ B ) =
Jawab: C. READI Project
71
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Untuk soal no 15 dan 16 , gunakanlah informasi di bawah ini: Jumlah klaim dalam setahun
Jumlah pemilik polis yang
(X)
mengklaim
0
40
1
25
2
20
3
10
4
5
Dari jumlah 100 pemegang polis: 40 pemegang polis tidak melakukan klaim dalam setahun terakhir. 25 pemegang polis melakukan sekali klaim dalam setahun terakhir. 20 pemegang polis melakukan 2 kali klaim dalam setahun terakhir. 10 pemegang polis melakukan 3 klaim dan 5 pemegang polis melakukan 4 klaim dalam setahun terakhir.
15. Berapakah rata-rata (mean) jumlah klaim dari sampel pemegang polis pada tabel diatas? A. 0,75 B. 1,00 C. 1,15 D. 1,65 E. 2,00 Pembahasan:
E[ X ] =
4
∑ x.P(x)
x =0
40 = 0 100 = 1, 15
+1
25 100
+2
20 100
+3
10 100
+4
5 100
Jawab: C. READI Project
72
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 16. Diasumsikan bahwa jumlah klaim X untuk setiap pemegang polis per tahun dari kelompok pemegang polis pada tabel di atas mempunyai distribusi Poisson dengan parameter λ. Hitunglah perkiraan (approximation) dari 95% confidence interval untuk λ dari informasi tabel diatas A. ( 0,9398 - 1,3602) B. ( 0,9982 - 1,3302) C. ( 0,9750 - 1,3500) D. ( 0,8750 - 1,4500) E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan:
E[ X 2 ] =
4
∑ x2 . f ( x )
x =0 2
= 0
40 100
+1
2
25 100
+2
2
20 100
2
+3
10 100
2
+4
5 100
= 2, 75
Var ( X ) = E[ X 2 ] − (E[ X ])2 = 2, 75 − (1, 15)2 = 1, 4275 q √ σx = Var ( X ) = 1, 4275 = 1, 1948
95% confidence interval untuk λ dari informasi di atas adalah λˆ − z1−λ/2
s
λˆ , λˆ + z1−λ/2 n
s
ˆλ n
dengan λˆ = E[ X ] = 1, 15, Z(1−λ/2) = Z0,975 = 1, 96, dan n = 100 Dengan demikian kita peroleh 95% confidence intervalnya adalah "
r 1, 15 − (1, 96)
READI Project
1, 15 , 1, 15 + (1, 96) n
73
r
1, 15 100
#
= (0, 9398 , 1, 3602)
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Jawab: A. 17. Sebuah perusahaan membeli polis untuk mengasuransikan pendapatan mereka bila ada kejadian yang tidak diinginkan, seperti banjir, yang menyebabkan mereka harus menutup businessnya di hari tersebut. Polis ini tidak membayarkan klaim pada kejadian pertama, tetapi akan membayarkan sebanyak USD 10.000 pada setiap kejadian untuk kejadian kedua dan selanjutnya sampai akhir tahun. Banyaknya kejadian banjir yang menyebabkan mereka harus menutup businessnya selama setahun memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata 1,5. Berapakah ekspektasi jumlah klaim yang akan dibayarkan kepada perusahaan ini dalam kurun waktu 1 tahun? A. 7.231 B. 5.000 C. 10.578 D. 2.769 E. 8.347 Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah klaim yang akan dibayarkan kepada perusahaan dalam kurun waktu 1 tahun, maka ekspetasi dari X adalah ∞
e−1,5 (1, 5) x ( x − 1 ) ∑ x! x =2 " # ∞ ∞ −1,5 xe−1,5 (1, 5) x e (1, 5) x = 10.000 ∑ −∑ x! x! x =2 x =2 (1, 5)e−1,5 −1,5 = 10.000 1, 5 − − 1−e (1 + 1, 5) 1 = 7231, 301601
E[ X ] = 10.000
≈ 7231 Jawab: A.
READI Project
74
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 18. Diketahui variabel acak X dengan fungsi densitas sebagai berikut:
f (y) =
R 3 x3 dx , 1 64
0≤x≤4
0
lainnya
,
Hitunglah probabilitas dari Pr(1 < X ≤ 3) A. 80/256 B. 15/256 C. 81/256 D. 175/256 E. 65/256 Pembahasan: Pr(1 < X ≤ 3) =
Z 3 3 x
64 1 4 3 = x 256 1 81 − 1 = 256 80 = 256 1
dx
Jawab: A. 19. Jumlah kecelakaan kendaraan bermotor yang terjadi pada suatu jalan tertentu memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata (mean) 5 kejadian per minggu. Bila A adalah jumlah kejadian kecelakaan yang akan terjadi minggu depan, hitunglah nilai tengah (median) dari A. A. 4 B. 5 C. 6
READI Project
75
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 D. 7 E. 8 Pembahasan: Soal Di Anulir 20. Diketahui informasi pembayaran klaim Rumah Sakit dari sebuah asuransi kesehatan adalah sebagai berikut: I. 90% dari total klaim termasuk biaya UGD atau ruangan operasi II. 20% dari total klaim tidak termasuk biaya UGD III. Timbulnya biaya UGD tidak berhubungan dengan timbulnya biaya ruangan operasi (independent event) Hitunglah probabilitas dari sebuah klaim pada asuransi ini termasuk biaya ruangan operasi! A. 0,24 B. 0,40 C. 0,50 D. 0,60 E. 0,76 Pembahasan: Misal : A menyatakan total klaim termasuk biaya UGD B menyatakan total klaim termasuk biaya ruangan operasi. Diketahui bahwa P( A ∪ B) = 0, 9; P( A0 ) = 0, 2 =⇒ P( A) = 0, 8; dan A independen terhadap B. Kita akan menghitung P( B). Misalkan P( B) = λ, maka kita peroleh:
READI Project
76
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015
P( A ∩ B ) = P( A ) + P( B ) − P( A ∩ B ) P( A ∪ B ) = P( A ) + P( B ) − P( A )P( B ) 0, 9 = 0, 8 + λ − 0, 8λ 0, 1 = 0, 2λ λ = 0, 5 Jadi P( B) = λ = 0, 5 Jawab: C. 21. Umur sebuah spare part mesin mempunyai distribusi kontinu (continuous distribution) pada rentang (0,40) dengan fungsi densitas probabilitas (probability density function) f , dimana f ( x ) adalah proporsional terhadap (10 + x )−2 . Berapakah probabilitas dari umur spare part mesin ini kurang dari 6? Pilihlah jawaban yang paling mendekati. A. 0,27 B. 0,42 C. 0,47 D. 0,60 E. 0,65 Pembahasan: Misalkan pdf dari X adalah f ( x ) = k(10 + x )−2 , dengan 0 < x < 40. Kita akan mencari
READI Project
77
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 konstanta k terlebih dahulu, yaitu Z 40 0
k dx (10 + x )2 40 k − (10 + x ) 0 k k − 10 50 4k 50
= 1 = 1 = 1 = 1
k =
50 = 12, 5 4
Dengan demikian kita dapatkan pdf dari X adalah f ( x ) = 12, 5(10 + x )−2 , dengan 0 < x < 40. Berikutnya, kita akan menghitung P( X < 6), yaitu: P( X < 6) =
Z 6 0
12, 5(10 + x )−2 dx
−12, 5 6 (10 + x ) 0 = 1, 25 − 0, 78125 =
= 0, 46875 ≈ 0, 47
Jawab: C. 22. Jumlah klaim kecelakaan yang terjadi setiap bulan pada suata perusahaan asuransi dimodelkan dengan variabel acak N sebagai berikut: P [ N = n] =
1 , (n + 1)(n + 2)
(untuk bilangan bulat yang tidak negatif (nonnegative integers), n) Hitunglah kemungkinan terjadi paling sedikit 1 klaim pada suatu bulan, bila diketahui terjadi paling banyak 3 klaim selama bulan tersebut. A. 2/5 B. 3/5 READI Project
78
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 C. 4/5 D. 1/5 E. 1/3 Pembahasan: Misal : A menyatakan kejadian paling sedikit terjadi 1 klaim dalam sebulan B menyatakan kejadian paling banyak 3 klaim dalam sebulan
P( A ∩ B ) = P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) 1 1 1 + + = 6 12 20 3 = 10 P( B ) = P( N = 0) + P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) 1 1 8 1 1 + + + = = 2 6 12 20 10 Kita akan menghitung P( A| B), yaitu: P( A | B ) =
P( A ∩ B ) 3/10 3 = = P( B ) 8/10 8
Jawab: Tidak ada jawaban yang memenuhi 23. Diasumsikan A adalah seorang pengemudi pada umumnya.
Kemungkinan A adalah
pengemudi yang baik adalah 72% dan A adalah pengemudi yang buruk adalah 28%. Kemungkinan terjadinya kecelakaan hanya 1 kecelakaan per tahun. Kemungkinan dari seorang pengemudi yang baik mendapatkan kecelakaan adalah 25% dan kemungkinan seorang pengemudi yang buruk mengalami kecelakaan adalah 50%. Berdasarkan kredibilitas Bayesian (Bayesian credibility) hitunglah Pr ( GD |K ), bila GD adalah pengemudi yang baik dan K adalah kejadian kecelakaan. A. 0,6524 READI Project
79
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 B. 0,5625 C. 0,4442 D. 0,4375 E. 0,2647 Pembahasan:
P( GD |K ) =
P(K | GD )P( GD ) P( GD ) ∩ K = P( K ) P(K | GD )P( GD ) + P(K | GD 0 )P( GD 0 ) (0, 25)(0, 72) = (0, 25)(0, 72) + (0, 50)(0, 28) = 0, 5625
Jawab: B. 24. Diketahui kemungkinan seorang mahasiswa memperoleh nilai A pada pelajaran matematika adalah 40%, dan kemungkinan untuk memperolah nilai A pada pelajaran kimia adalah 60%. Bila kejadian ini saling independent, hitunglah berapa kemungkinan seorang mahasiswa hanya memperoleh tepat satu nilai A pada salah satu pelajaran. A. 0,058 B. 0,58 C. 0,52 D. 0,54 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: P(tepat satu nilai A di salah satu pelajaran) = P(nilai A di matematika saja) + P( A di kimia saja)
= (0, 4)(0, 4) + (0, 6)(0, 6) = 0, 16 + 0, 36 = 0, 52 READI Project
80
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Jawab: C. 25. Diketahui variabel acak X dengan fungsi densitas sebagai berikut: 3 x , 64 f (x) = 0 ,
0≤x≤4 lainnya
Hitunglah rata-rata (mean) dari X A. 0,8 B. 2,0 C. 2,6 D. 3,2 E. 4,0 Pembahasan: E =
= = = = = =
Z 4
x f ( x )dx Z 4 3 x dx x 64 0 Z 4 4 x x dx 64 0 Z 4 4 x dx 64 0 x5 4 64 0 1024 320 3, 2 0
Jawab: D. 26. Diketahui X adalah variabel acak. Hitunglah E[ X 2 ] bila diketahui informasi di bawah ini:
READI Project
81
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 X
Pr ( X = x )
1
0,10
2
0,15
6
0,20
7
0,25
10
0,30
A. 50,15 B. 40,33 C. 6,35 D. 25 E. 36,71 Pembahasan: E[ X 2 ] =
∑ x 2 P( x )
= 12 P(1) + 22 P(2) + 62 P(6) + 72 P(7) + 102 P(10) = 1.(0, 10) + 4(0, 15) + 36(0, 2) + 49(0, 25) + 100(0, 3) = 0, 1 + 0, 6 + 7, 2 + 12, 25 + 30 = 50, 15
Jawab: A. 27. Sebuah perusahaan asuransi kendaraan bermotor mempunyai portofolio nasabah seperti dibawah ini: I. Nasabah mengasuransikan paling sedikit 1 kendaraan II. 70% dari nasabah mengasuransikan lebih dari 1 kendaraan III. 20% dari nasabah mengasuransikan kendaraan SUV IV. 15% dari nasabah yang mengasuransikan lebih dari 1 kendaraan (nomor II diatas), mengasuransikan kendaraan SUV READI Project
82
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Hitunglah probabilitas dari seorang nasabah yang dipilih secara acak mengasuransikan hanya 1 kendaraan dan bukan kendaraan SUV? (menggunakan De Morgans law) A. 0,205 B. 0,270 C. 0,880 D. 0,320 E. 0,600 Pembahasan: Misal : A menyatakan nasabah yang mengasuransikan lebih dari 1 kendaraan B menyatakan nasabah yang mengasuransikan Diketahui bahwa: P( A) = 0, 7 =⇒ P( A0 ) = 0, 3 P( B) = 0, 2 =⇒ P( B0 ) = 0, 8 P( A ∩ B) = 0, 15 =⇒ P( A) = (0, 15)(0, 7) = 0, 105
Kita akan menghitung P( A0 ∩ B0 )
P( A0 ∩ B) = P( B) − P( A ∩ B) = 0, 2 − 0, 105 = 0, 095 P( A0 ∩ B0 ) = P( A0 ) − P( A0 ∩ B) = 0, 3 − 0, 095 = 0, 205
Jawab: A. 28. Diketahui informasi sebagai berikut dari pasien yang datang ke dokter jaga di sebuah rumah sakit: • 35% tidak memerlukan pemeriksaan laboratorium dan tidak memerlukan kunjungan ke dokter spesialis • 30% memerlukan kunjungan ke dokter spesialis READI Project
83
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 • 40% memerlukan pemeriksaan laboratorium Hitunglah kemungkinan dari seorang pasien yang datang ke dokter jaga di rumah sakit tersebut memerlukan pemeriksaan laboratorium dan kunjungan ke dokter spesialis? A. 0,25 B. 0,35 C. 0,05 D. 0,12 E. 0,18 Pembahasan: Misalkan : A menyatakan pasien yang datang ke dokter memerlukan pemeriksaan laboratorium B menyatakan pasien yang datang ke dokter memerlukan kunjungan ke dokter spesialis Diketahui bahwa: P( A0 ∩ B0 ) = 0, 35 =⇒ P( A0 ∩ B0 )0 = P( A ∪ B) = 0, 65 P( A) = 0, 4 =⇒ P( A0 ) = 0, 6 P( B) = 0, 3 =⇒ P( B0 ) = 0, 7
Kita akan menghitung P( A ∩ B), yaitu
P( A ∩ B) = P( A) + P( B) − P( A ∪ B) = 0, 4 + 0, 3 − 0, 65 = 0, 05 Jawab: C. 29. Sebuah sample nilai dari suatu ujian mempunyai median 49. Kemudian nilai tersebut di rescale dengan multiplier 1,2 dan ditambah 6. Berapakah nilai median yang baru? A. 55,0 B. 58,8 C. 64,8 READI Project
84
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 D. 70,0 E. Tidak ada jawaban yang benar Pembahasan: Misal X menyatakan nilai median yang lama. Nilai median yang baru = 1, 2X + 6 = 1, 2(49) + 6 = 64, 8 Jawab: C. 30. Sebuah perusahaan asuransi menerbitkan 1.250 polis kesehatan mata. Jumlah klaim yang diklaim oleh pemegang polis dalam satu tahun merupakan variabel acak Poisson dengan rata-rata (mean) 2. Diasumsikan antara klaim-klaim ini saling independent. Hitunglah kemungkinan akan terjadi total klaim antara 2.450 klaim dan 2.600 klaim selama satu tahun. Pilihlah jawaban yang paling mendekati di bawah ini. A. 0,1815 B. 0,8185 C. 0,6437 D. 0,3563 E. 0,9527 Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah klaim untuk masing-masing pemegang polis dan S menyatakan total klaim yang diterima oleh perusahaan asuransi selama satu tahun. Diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = 2). Dengan demikian kita peroleh E[ X ] = λ = 2 dan Var ( X ) = λ = 2. Selain itu, kita peroleh: E[S] = 1250 . E[ X ] = 1250 . (2) = 2500 Var (S) = 1250 . Var [ X ] = 1250 . (2) = 2500 q √ σS = Var (S) = 2500 = 50
READI Project
85
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 3. PEMBAHASAN A20 JUNI 2015 Kita akan menghitung P(2450 < S < 2600), yaitu S − E[ S ] 2600 − E[S] 2450 − E[S] P(2450 < S < 2600) = P < < σs σs σ s 2600 − 2500 2450 − 2500 0, 5) = 1 − P(Y ≤ 0, 5)
= 1 − P(max{ X1 , X2 } ≤ 0, 5) = 1 − FX1 (0, 5).FX2 (0, 5) = 1 − (0, 5)2 (0, 5)2 = 1 − (0, 5)4 = 1 − 0, 0625 = 0, 9375 ≈ 0, 94
Jawab: B. 7. Misalkan distribusi dari suatu fungsi kumulatif dari X untuk x > 0 ialah sbb: x k e− x F(x) = 1 − ∑ k! k =0 3
READI Project
122
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Apa bentuk dari fungsi kepadatan peluang dari X untuk x > 0? A. e− x B. x2 e− x /2 C. x3 e− x /6 − e− x D. x3 e− x /6 E. x3 e− x /6 + e− x Pembahasan: f (x) =
= = = = =
d F(x) dx " # 3 d x k e− x 1− ∑ dx k! k =0 x2 x3 d x 1−e 1+x+ + dx 2 6 2 d x − x x3 − x −x −x 1 − e − xe − e − e dx 2 6 2 x x2 x3 e− x − e− x + xe− x − xe− x + e− x − e− x + e− x 2 2 6 3 − x x e 6
Jawab: D. 8. Sebuah perusahaan asuransi mempunyai portofolio yang cukup besar pada asuransi properti. Diketahui bahwa , nilai perlindungan dari sebuah properti yang dipilih secara acak dari portofolio, mengikuti sebuah distribusi dengan kepadatan peluang : 3x −4 , f (x) = 0 ,
x>1 x≤1
Dengan fakta bahwa properti ini diasuransikan dengan nilai sedikitnya 1,5, berapa peluang bahwa nilai asuransi properti tersebut kurang dari 2? A. 0, 578 B. 0, 684 READI Project
123
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 C. 0, 704 D. 0, 829 E. 0, 875 Pembahasan: Kita akan menghitung P( X < 2| X ≥ 1, 5) =
P(1, 5 ≤ X < 2) P( X ≥ 1, 5)
Pertama-tama, kita akan hitung P(1, 5 ≤ X < 2), yaitu: Z 2
3x −4 dx 2 = − x −3 1,5
P(1, 5 ≤ X < 2) =
1,5
= (1, 5)−3 − (2)−3 = 0, 1713 Berikutnya kita akan menghitung P( X ≥ 1, 5), yaitu: P( X ≥ 1, 5) =
=
Z ∞
3x −4 dx
1,5 ∞ − x −3 1,5
= 0 + (1, 5)−3 = 0, 2963 Dengan demikian kita peroleh: P( X < 2| X ≥ 1, 5) =
0, 1713 = 0, 57813 ≈ 0, 578 0, 2963
Jawab: A. 9. Seorang analis aktuaria menggunakan distribusi berikut untuk perubah acak , lamanya waktu untuk seorang bayi yang baru lahir bertahan hidup f (t) =
t , 0 < t < 100 5000
Pada waktu yang sama dari kelahiran bayi , sebuah produk asuransi dirancang untuk READI Project
124
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 memiliki nilai kompensasi setara dengan (1, 1)t pada waktu t jika terjadi kematian pada bayi. Hitung ekspektasi nilai pembayaran klaim pada produk asuransi ini (cari nilai dengan pembulatan ratusan terdekat)! A. 2.000 B. 2.200 C. 2.400 D. 2.600 E. 2.800 Pembahasan: Misal b menunjukkan kompensasi, maka b pada waktu t adalah b = (1, 1)t . Misalkan τ menyatakan nilai pembayaran klaim pada produk asuransi ini, maka kita akan menghitung E[τ ], yaitu: E[ τ ] =
=
Z 100 0
Z 100 0
= = = = = =
b. f (t) dt
(1, 1)t .
t dt 5000
100 1 t(1, 1)t dt 5000 "0 # 100 ! Z 100 1 t(1, 1)t (1, 1)t dt − 5000 ln(1, 1) 0 ln(1, 1) 0 " 100 !# 1 t(1, 1)100 1 (1, 1)t 100 − 5000 ln(1, 1) ln(1, 1) ln(1, 1) 0 1 t(1, 1)100 1 (1, 1)100 − 1 100 − 5000 ln(1, 1) ln(1, 1) ln(1, 1) 1 [14.458.699, 34 − 1.516.905, 137] 5000 2588, 36
Z
≈ 2600
Jawab: D. 10. Sebuah nilai kerugian, , untuk sebuah asuransi malpraktik kesehatan mempunyai distribusi READI Project
125
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 kumulatif : 0 , 3 1 x F(x) = 2x3 − , 9 3 1 ,
x3
Berapa peluang bahwa sebuah mesin baru masih bekerja hingga 6 bulan setelah mesin tersebut mulai beroperasi? A. 2/3 B. 1 C. 3/2 D. 2 E. 3 Pembahasan: d ( F ( x )) dx d 1 x3 2 = 2x − dx 9 3 1 = 4x − x2 , 0 ≤ x ≤ 3 9
f (x) =
Modus dari distribusi tersebut adalah x dimana f 0 ( x ) = 0 d 1 2 4x − x f (x) = dx 9 1 = (4 − 2x ) 9 = 0 0
Dengan demikian diperoleh x = 2. Jadi modus dari distribusi adalah 2. Jawab: D. 11. Misalkan X adalah peubah acak Poission dengan E( X ) = ln 2. Hitung E(cos(πX )) READI Project
126
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 A. 0 B. 1/4 C. 1/2 D. 1 E. 2 ln 2 Pembahasan: Diketahui X ∼ Poisson dengan E[ X ] = λ = ln 2. Dengan demikian kita peroleh pdf dari X adalah f (x) =
e−λ λ x e− ln 2 (ln 2x ) = = x! x!
1 2
(ln 2x ) x!
Kita akan menghitung E[cos(πx )] ∞
(ln 2x ) E[cos(πx )] = ∑ cos(πx ) x! x =0 = = =
1 2
1 ∞ (ln 2x ) (1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + ...) 2 x∑ x! =0
1 ∞ (ln 2x ) (−1) x 2 x∑ x! =0 1 ∞ (− ln 2) x 2 x∑ x! =0
1 − ln 2 e 2 1 1 = 2 2 1 = 4
=
Jawab: B 12. Seorang aktuaris menemukan bahwa peluang pemegang polis untuk mengajukan dua klaim asuransi adalah tiga kali dari peluang untuk mengajukan empat klaim asuransi.
Jika
banyaknya klaim tersebut berdistribusi Poisson, berapa variansi dari banyaknya klaim yang diajukan? READI Project
127
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016
√ A. 1/ 3 B. 1 √ C. 2 D. 2 E. 4 Pembahasan: Misal X menyatakan banyak klaim asuransi. Diketahui X ∼ Poisson (λ) dan P( X = 2) = 3P( X = 4). Untuk X ∼ Poisson (λ), diberikan PDF-nya adalah: P( X = x ) =
e−λ λ x x!
Dengan demikian diperoleh persamaan: P( X = 2) = 3P( X = 4) e − λ λ4 e − λ λ2 = 2! 4! λ4 4! = 2!(3) λ2 4 = λ2 Diperoleh λ = 2 Untuk X ∼ Poisson (λ), nilai variansinya adalah Var [ X ] = λ = 2 Jawab: D. 13. Misalkan X adalah peubah acak dengan fungsi pembangkit momen : M(t) =
2 + et 3
−∞ < t < ∞
Berapa nilai variansi dari X? A. 2
READI Project
128
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 B. 3 C. 8 D. 9 E. 11 Pembahasan: Dari MGF tersebut, diketahui bahwa X ∼ Binomial(n = 9, p = 31 ) Catat bahwa MGF untuk distribusi Binomial dengan parameter n dan p adalah n M(t) = (1 − p) + pet untuk n = 9 danp =
1 3
diperoleh: M(t) =
2 1 t + e 3 3
9
2 + et = 3
9
Dengan menggunakan formula untuk distribusi Binomial diperoleh: Var [ X ] = np(1 − p) 1 2 = 9 3 3 = 2
Jawab: A. 14. Sebuah perusahaan mengambil keputusan untuk mengambil perlindungan asuransi kebakaran untuk kegiatan pengangkutan ekspor impor. Peluang bahwa satu atau lebih akan terjadinya kejadian kebakaran pada suatu periode bulan ialah 3/5 . Banyaknya kejadian kebakaran yang terjadi pada suatu bulan diketahui saling bebas dengan banyaknya kejadian kebakaran pada bulan lain. Hitung peluang bahwa setidaknya terdapat 4 bulan tidak terjadi kejadian kebakaran sebelum bulan keempat dimana akan terjadi setidaknya 1 kejadian kebakaran! A. 0,01 READI Project
129
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 B. 0,12 C. 0,23 D. 0,29 E. 0,41 Pembahasan: Misal X menunjukkan banyak periode bulan Kita akan menghitung P( X ≥ 4). Sebelumnya kita akan menghitung terlebih dahulu P( X = 0), P( X = 1), P( X = 2), dan P( X = 3) Diberikan r = 4 dan p =
3 5
P( X = x ) = P( X = 0) = P( X = 1) = P( X = 2) = P( X = 3) =
r−1+x r p (1 − p ) x x 4 0 4−1+0 3 2 0 5 5 4 1 2 4−1+1 3 5 5 1 4 2 2 4−1+2 3 5 5 2 4 3 4−1+3 3 2 3 5 5
= 0, 1296 = 0, 20736 = 0, 20736 = 0, 165888
Dengan demikian kita peroleh: P( X ≥ 4) = 1 − [P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) + P( X = 3)]
= 1 − [0, 1296 + 0, 20736 + 0, 20736 + 0, 165888] = 1 − 0, 710208 = 0, 289792 ≈ 0, 29
Jawab: D. 15. Sebagai bagian dari proses underwriting asuransi kesehatan, setiap pemegang polis diharuskan menjalani pemeriksaan hipertensi. Misalkan X, ialah peubah acak banyaknya READI Project
130
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 tes yang harus dijalani sampai ditemukan satu orang penderita hipertensi. Diketahui ratarata dari X adalah 12,5. Berapa peluang bahwa orang keenam yang akan dites ialah orang pertama yang menderita hipertensi! A. 0,00 B. 0,053 C. 0,080 D. 0,316 E. 0,394 Pembahasan: Misal X adalah peubah acak yang menunjukkan banyak tes yang harus dijalani sampai ditemukan satu orang penderita hipertensi. Diketahui X ∼ Geometrik(k = 6, p) dan E[ X ] = 12, 5 Untuk X yang mengikuti distribusi geometrik diperoleh: E[ X ] = Dari sini kita peroleh p =
1 12,5
1 = 12, 5 p
= 0, 08
Kita akan menghitung P( X = 6) P ( X = k ) = p (1 − p ) k −1 P( X = 6) = (0, 08)(1 − 0, 08)5
= (0, 08)(0, 92)5 = 0, 0527265 ≈ 0, 053
Jawab: B. 16. Waktu penggunaan (”lifetime”) suatu super komputer dengan harga 200 (juta) memiliki distribusi eksponensial dengan rata-rata 2 tahun. Sebuah pabrikan berani memberikan garansi berupa uang tunai setara nilai pembelian barang kepada pembeli apabila komputer READI Project
131
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 yang dibeli rusak pada tahun pertama, dan setengah nilai pembelian barang jika komputer rusak pada tahun kedua.
Jika perusahaan menjual 100 komputer, berapa total nilai
penggantian (juta) yang sekiranya akan dibayarkan oleh perusahaan tersebut ! A. 6.321 B. 7.358 C. 7.869 D. 10.256 E. 12.642 Pembahasan: Misal X, menyatakan waktu penggunaan suatu komputer Diketahui bahwa X ∼ Eksponential(θ = 2) dan nilai manfaat didefinisikan sebagai berikut: 200 , b = 100 ,
0≤x≤1 1 0 . Misalkan α = 3 dan θ = 200. Y diketahui adalah ( x + θ ) α +1 distribusi kondisional dari X − 100 diberikan X > 100. Berapa nilai dari masing-masing parameter dari distribusi Pareto Y? A. α = 3 & θ = 200 B. α = 3 & θ = 300 C. α = 4 & θ = 200 D. α = 4 & θ = 300 E. α = 3 & θ = 100 Pembahasan: Untuk distribusi Pareto dengan parameter α = 3 dan θ = 200 diperoleh 3(200)3 ( x + 200)4 3 200 F(x) = 1 − x + 200 3 200 S( x ) = 1 − F ( x ) = x + 200 f (x) =
Misal Y = X − 100, kita akan menghitung P(Y > y| X > 100) P(Y > y| X > 100) = P( X > y + 100| X > 100) P( X > y + 100) = P( X > 100) S (y + 100) = X SX (100) 3 200 y+100+200
=
=
3 200 100+200 3
300 y + 300
Dengan demikian, kita bisa lihat bahwa nilai dari masing masing distribusi Pareto Y adalah α = 3 dan θ = 300 READI Project
133
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Jawab: B. 18. Misalkan X dan Y adalah peubah acak dengan peluang gabungan: y , 24x f ( x, y) = 0 ,
x = 1, 2, 4; x ≤ y selain di atas
Sebuah asuransi membayarkan nilai penggantian penuh untuk kerugian X dan setengah nilai kerugian untuk tipe Y. Hitung nilai peluang bahwa total kerugian yang dibayar oleh perusahaan asuransi tersebut tidak lebih dari 5 A. 1/8 B. 7/24 C. 3/8 D. 5/8 E. 17/24 Pembahasan: Kita akan menghitung P( X + 0, 5Y ≤ 5) Kombinasi nilai x dan y (yaitu (x,y)) yang memenuhi X + 0, 5Y
≤
5 adalah
(1, 2), (1, 4), (1, 8), (2, 2), (2, 4) dan (4, 2) Dengan demikian kombinasi nilai X dan Y yang tidak memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah (2, 8), (4, 4) dan (4, 8) Jadi kita peroleh : P( X + 0, 5Y ≤ 5) = 1 − P( X + 0, 5Y > 5)
= 1 − [P( X = 2, Y = 8) + P( X = 4, Y = 4) + P( X = 4, Y = 81)] 4 8 8 = 1− + + 48 96 96 7 = 1− 24 17 = 24 Jawab: E. READI Project
134
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 19. Fungsi kepadatan peluang untuk dua peubah acak kerugian X, Y ialah : x+y , f ( x, y) = 0 ,
0 < x, y < 1 selain di atas
Hitung peluang bahwa besar kerugian X akan kurang dari dua kali kerugian A. 7/32 B. 1/4 C. 3/4 D. 19/24 E. 7/8 Pembahasan:
READI Project
135
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 P( X < 2Y ) =
=
Z 1Z 1 0
0,5x Z 1Z 1
( x + y) dy dx Z 1 1 2 1 xy + y 0,5x dy dx 2 0 Z 1 1 1 1 x + − x2 − x2 dx 2 2 8 0 Z 1 1 5 x + − x2 dx 2 8 0 1 1 2 1 5 3 x + x− x 2 2 24 0 1 1 5 + − 2 2 24 5 1− 24 19 24 0
= = = = = = =
f ( x, y) dy dx
0,5x
Jawab: D. 20. Misalkan X adalah umur suatu kendaraan mobil yang diasuransikan yang terlibat pada suatu kecelakaan.
Misalkan Y menyatakan lamanya waktu pemilik kendaraan telah
mengasuransikan mobilnya sampai waktu terjadinya kejadian kecelakaan. X dan Y diketahui mempunyai fungsi kepadatan peluang gabungan :
1 (10 − xy2 ) , 64 f ( x, y) = 0 ,
2 ≤ x ≤ 10, 2 ≤ y ≤ 1 selain di atas
Hitung rata-rata umur kendaraan dari suatu mobil yang diasuransikan mengalami suatu kecelakaan! A. 4,9 B. 5,2 C. 5,8 D. 6,0
READI Project
136
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 E. 6,4 Pembahasan: Misal X menyatakan umur suatu kendaraan dan Y menyatakan lama waktu kendaraan di asuransikan. PDF marginal dari X adalah :
f (x) =
Z 1 0
f ( x, y)dy =
1 1 1 3 1 1 (10 − xy )dy = (10y − xy ) = (10 − x ) 64 64 3 64 3 0
Z 1 1 0
2
Kita akan menghitung E[Y ] E[ X ] =
= = = = =
Z 10
x. f ( x )dx Z 10 1 1 10 − x dx x. 64 3 2 Z 10 1 1 10x − x2 dx 64 "2 3 10 # 1 1 5x2 − x3 64 9 2 1000 8 1 500 − − 20 + 64 9 9 5, 7778 2
≈ 5, 8 Jawab: C. 21. Misalkan X menyatakan besar klaim dari suatu asuransi kompensasi malpraktik kedokteran dan Y adalah besar kerugian yang terkait dengan total klaim rumah sakit tersebut. Seorang aktuaris mendapatkan perhitungan bahwa E( X ) = 5, E( X2 ) = 27, 4 , E(Y ) = 7. E(Y2 ) = 51, 4, dan Var ( X + Y ) = 8. Misalkan C1 = X + Y menyatakan ”aggregate” dari dua besar klaim X, Y sebelum terdapat 20% ekstra tambahan pada bagian asuransi total klaim rumah sakit, dan C2 menyatakan besar total klaim secara ”aggregate” setelah penambahan ekstra 20%. Hitung Cov(C1 , C2 ). A. 8,8
READI Project
137
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 B. 9,6 C. 9,76 D. 11,52 E. 12,32 Pembahasan: Diketahui C1 = X + Y dan C2 = X + 1, 2Y Var ( X ) = E( X 2 ) − [E( X )]2 = 27, 4 − 52 = 27, 4 − 25 = 2, 4 Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2 = 51, 4 − 72 = 51, 4 − 49 = 2, 4 Var ( X + Y ) = Var ( X ) + Var (Y ) + 2Cov( X, Y ) Var ( X + Y ) − Var ( X ) − Var (Y ) 8 − 2, 4 − 2, 4 Cov( X + Y ) = = = 1, 6 2 2 E[ XY ] = Cov( X + Y ) + E[ X ].E[Y ] = 1, 6 + (5)(7) = 36, 6 Dari sini kita peroleh : Cov(C1 , C2 ) = E(C1 .C2 ) − E(C1 )E(C2 )
= E[( X + Y )( X + 1, 2Y )] − E[ X + Y ].E[ X + 1, 2Y ] = E[ X 2 + 2, 2XY + 1, 2Y2 ] − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = E( X 2 ) + 2, 2E( XY ) + 1, 2E(Y2 ) − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = 27, 4 + 2, 2(36, 6) + 1, 2(51, 4) − [5 + 7][5 + 1, 2(7)] = 8, 8 Jawab: A. 22. Misalkan X1 , X2 , X3 ialah peubah acak yang identik dan saling bebas yang mana memiliki fungsi kepadatan peluang f ( x ) = e− x , 0 < x < ∞ dan f ( x ) = 0, untuk x lainnya. Hitung P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ). A. 3/4 B. 4/7 READI Project
138
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 C. 2/3 D. 1/5 E. 3/8 Pembahasan: Pdf bersama dari X1 dan X2 adalah f ( x 1 , x 2 ) = f ( x 1 ). f ( x 2 ) = e − x1 e − x2 , 0 < x 1 , x 2 < ∞
Kita akan menghitung P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ), yaitu: P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ) =
P ( X1 < X2 ) =
=
P ( X1 < X2 ) P( X1 < 2X2 )
Z ∞ Z x2 0
Z ∞ Z0 ∞
0
e− x1 e− x2 dx1 dx2
e− x2 1 − e− x2 dx2
e− x2 − e−2x2 dx2 " #∞ 1 = −e−x2 + e−2x2 2
=
0
0
1 = 1− 2 1 = 2 READI Project
139
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Z ∞ Z 2x2
e− x1 e− x2 dx1 dx2 Z0 ∞ 0 h i = e− x2 1 − e−2x2 dx2
P( X1 < 2X2 ) =
Z0 ∞
e− x2 − e−3x2 dx2 0 #∞ " 1 = −e−x2 + e−3x2 3
=
0
1 = 1− 3 2 = 3 Dengan demikian diperoleh P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ) =
1 2 2 3
=
3 4
Jawab: A. 23. X diketahui memiliki distribusi logistic dengan fungsi kepadatan peluang f ( x ) = e− x /(1 + e− x )2 , 0 < x < ∞. Hitung peluang bahwa suatu observasi ialah sebuah potensial outlier untuk peubah acak X! A. 0,145 B. 0,024 C. 0,343 D. 0,156 E. 0,056 Pembahasan: Soal Di Anulir 24. Misalkan Yn adalah statistik terurut yang menyatakan order ke- n dari suatu sampel acak berukuran n pada suatu distribusi kontinu. Cari nilai terkecil n yang mana memenuhi ketidaksamaan P(ξ 0,9 < ) ≥ 0, 75 ialah benar ! A. 14 B. 18 READI Project
140
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 C. 11 D. 8 E. 20 Pembahasan: P(ξ 0,9 < Yn ) ≥ 0, 75 Rumus yang akan kita gunakan adalah P( X < ξ 0,9 ) = 0, 9 = FX (ξ 0,9 ) Kita akan mencari nilai n terkecil yang memenuhi pertidaksamaan di atas P(ξ 0,9 < Yn ) = 1 − P(Yn > ξ 0,9 )
= 1 − FYn (ξ 0,9 ) ≥ 0, 75
FYn (ξ 0,9 ) = ( FX (ξ 0,9 ))n
= (0, 9)n Dari sini kita peroleh: 1 − FYn (ξ 0,9 ) = 1 − (0, 9)n ≥ 0, 75
(0, 9)n ≤ 1 − 0, 75 (0, 9)n ≤ 0, 25 n ln(0, 9) ≤ ln(0, 25) n(−0, 105361) ≤ (−1, 386294) n(0, 105361) ≥ 1, 386294 1, 386294 n ≥ = 13, 15756 0, 105361 Dengan demikian nilai n minimal adalah 14 Jawab: A. 25. Suatu fungsi distribusi X untuk x > 0 adalah F ( x ) = 1 − ∑3k=0
x k e− x k!
Tentukan fungsi densitas dari X untuk x > 0?
READI Project
141
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 A. e− x x2 e− x 2 3 x e− x C. 6 3 x e− x D. − e− x 6 x3 e− x E. + e− x 6 B.
Pembahasan: x k e− x ∑ x! k =0 xe− x x2 e− x x3 e− x −x = 1− e + + + 1 2 6 3
F(x) = 1 −
f (x) =
= = =
xe− x x2 e− x x3 e− x d −x 1− e + + + dx 1 2 6 x2 e− x x3 e− x x2 e− x −x −x −x −x + − − −e + e − xe + xe − 2 2 6 3 − x x e − − 6 3 − x x e 6
Jawab: C. 26. Asumsikan bahwa berat pada suatu sereal kenamaan yang mempunyai kemasan 10 ons mengikuti distribusi N (µ, σ). Untuk menguji bahwaH0 : µ = 10, 1 dan H1 : µ > 10, 1, diambil sampek acak berukuran 16 dan diamati bahwa x¯ = 10, 4 dan s = 0, 4. Tentukan hasil keputusan dalam pengambilan uji hipotesis pada tingkat kepercayaan α = 0, 05! A. t = 2, 35, tolak H0 B. t = 2, 85, tolak H0 C. t = 2, 90, tolak H0 D. t = 2, 40, tolak H0 E. t = 2, 10, tolak H0 READI Project
142
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Pembahasan: Kita akan menggunakan uji distribusi t dengan n = 16 X¯ − µ √S n
∼ t α ( n − 1)
Uji yang dilakukan : H0 : µ = 10, 1 H1 : µ > 10, 1 Dari soal diketahui bahwa: t − hitung =
10, 4 − 10, 1 0,4 √ 16
=
0, 3 =3 0, 1
t − tabel = t0,05 (16 − 1) = t0,05 (15) = 1, 753 Karena t − hitung > t − tabel = 1, 753, maka nilai t − hitung masuk ke dalam area penolakan. Artinya kita menolak H0 , dengan t = 3 Jawab: Tidak ada jawaban yang memenuhi, nilai yang mendekati adalah jawaban C. 27. Misalkan Y1 < Y2 ialah statistik terurut dari suatu sampel acak berukuran 2 dari distribusi N (0, σ2 ). Hitung E(Y1 ) 2σ A. √ π σ B. √ π −3σ C. √ π −2σ D. √ π −σ E. √ π
READI Project
143
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Pembahasan: Diketahui: − y2 1 1 √ e σ2 ( 2 ) σ 2π ! ! −y21 1 −y22 1 1 1 √ e σ2 ( 2 ) √ e σ2 ( 2 ) f Y1 ,Y2 (y1 , y2 ) = 2! σ 2π σ 2π 1 − 1 ( y2 + y2 ) √ = e 2σ2 1 2 σ2 ( 2π ) 1 − 12 (y21 +y22 ) e 2σ , −∞ < y1 < ∞ dan − ∞ < y2 < ∞ = 2 σ π Z Z
f Y (y) =
E[Y1 ] =
=
∞
y2
−∞ −∞ Z ∞ Z y2 −∞ −∞
y1 f (y1 , y2 ) dy1 dy2 y1
1 σ2 π
e
−
1 (y2 +y22 ) 2σ2 1
dy1 dy2
Z y 2 1 1 − 12 (y22 ) − 12 (y21 ) e 2σ = 2 2 y1 e 2σ dy1 dy2 σ πσ π −∞ Subtitusikan u = y21 ⇒ du = 2y1 dy1 . Sehingga diperoleh Z y2 ∞
y1 e
−
1 ( y2 ) 2σ2 1
dy1 = −
Z ∞ 1 − 12 ( u ) 2σ y22
2
e
du
h 1 i∞ 1 − (u) = − (−2σ2 ) e 2σ2 2 y22 1 2 − (y ) = −σ2 e 2σ2 2
E[Y1 ] = −
= −
1 σ2 π
Z ∞ − 12 (y22 ) 2 − 12 (y22 ) e 2σ σ e 2σ dy2
−∞
Z 1 ∞ −
π
−∞
e
2y22 2σ2
dy2 2
y √ √ Z ∞ − σ22 σ/ 2 2 1 1 2 2 = − √ √ √ √ e dy2 σ/ 2 2 π π ∞ y2 √ Z ∞ − σ22 σ 1 2 2 2 = −√ √ σ √ e dy2 2 π √ 2π ∞ 2 σ −σ = −√ 1 = √ π π
Jawab: E.
READI Project
144
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 28. Misalkan X adalah suatu distribusi Poission dengan parameter m. Jika m ialah suatu nilai eksperimen dari suatu peubah acak yang berdistribusi Gamma (α = 2, β = 1), Hitung P( X = 0, 1, 2)! Catatan: Cari suatu ekspresi yang menyatakan peluang gabungan dari X dan m. Kemudian cari bentuk integral dari m untuk menghitung distribusi marginal dari X A. 11/16 B. 7/16 C. 2/9 D. 2/7 E. 13/16 Pembahasan: Diketahui X | M ∼ Poisson(m) dan M ∼ Gamma(α = 2, β = 1) f X (x) =
=
Z ∞ 0
f X | M ( x |m). f M (m)dm
Z ∞ −m x e m
x!
0
1 = α x!β Γ(α) Misalkan t = m 1 + β1 =⇒ m =
f X (x) =
=
=
READI Project
1 x!βα Γ(α) 1 x!βα Γ(α) 1 x!βα Γ(α)
0
dm
0
dan dm =
1 β
Z ∞
!
Z ∞ −m 1+ β1 m x+α−1 dm e
t 1+
−m
m α −1 e β βα Γ(α)
e−t
1 1+ 1 1+
145
t 1+
1+
1 β
! x + α −1 1 β
! x +α Z 1 β
dt
∞ 0
dt
1+
1 β
e−t t x+α−1 dt
! x +α 1 β
Γ( x + α)
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 untuk α = 2 dan β = 1 diperoleh: x +2 1 Γ ( x + 2) 2 x +2 1 1 = Γ ( x + 2) 2 x!1 Γ(2) 2 ( x + 1 ) ! 1 x +2 = x! 2 x+1 = 2 x +2
1 f X (x) = 2 x!1 Γ(2)
Dari disini didapatkan: 0+1 2 3 1 1 3 ; f ( 1 ) = ; f ( 2 ) = = = = X X 4 4 16 22 23 24 1 1 3 11 Jadi P( X = 0, 1, 2) = f X (0) + f X (1) + f X (2) = + + = 4 4 16 16 f X (0) =
Jawab: A. 29. Peubah acak X mempunyai distribusi eksponensial dengan rataan 1/b . Diketahui bahwa MX (−b2 ) = 0, 2. Tentukan b. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5 Pembahasan:
READI Project
146
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016 Diketahui X ∼ Eksponensial MX ( t ) = MX (−b2 ) =
1 1 − θt 1−
0, 2 = 1+
1 1 b
1 1 b
(−b2 ) ( b2 )
1 1+b b = 5−1
0, 2 =
b = 4 Jawab: D. 30. Misalkan seorang mahasiswa yang pergi kuliah antara pukul 8 pagi hingga pukul 08.30 pagi, membutuhkan antara 40 dan 50 menit untuk sampai ke kampus. Misalkan X menyatakan waktu keberangkatan dan Y menyatakan lamanya waktu perjalanan. Jika diasumsikan bahwa peubah acak ini adalah saling bebas dan berdistribusi uniform, hitung peluang bahwa mahasiswa tersebut akan sampai di kampus sebelum pukul 9 pagi! A. 1/3 B. 2/5 C. 3/4 D. 1/2 E. 3/8 Pembahasan:
Misal X menunjukkan waktu keberangkatan dan Y menunjukkan lama perjalanan. Diberikan : X ∼ Uniform (0, 30) =⇒ f ( x ) =
Y ∼ Uniform (40, 50) =⇒ f (y) = READI Project
1 untuk 0 < x < 30 30 1 untuk 40 < x < 50 10 147
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 5. PEMBAHASAN A20 MARET 2016
P( X + Y < 60) =
=
Z 50 Z 60−y 40 0 Z 50 Z 60−y 40
0
f ( x ). f (y) dx dy 1 dx dy 300
Z 50 1
60 − y dy 300 40 1 2 50 1 60y − y = 300 2 40 1 1 = (150) = 300 2
=
Jadi peluang bahwa mahasiswa tersebut sampai di kampus sebelum pukul 9 pagi adalah
1 2
Jawab: D.
READI Project
148
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6 PEMBAHASAN A20 JUNI 2016
1. Diketahui bahwa P( A ∪ B) = 0, 7 dan P( A ∪ B0 ) = 0, 9. Hitunglah P( A) A. 0,2 B. 0,3 C. 0,4 D. 0,6 E. 0,8 Pembahasan: P( A ∪ B ) 0 = 1 − P( A ∪ B ) P( A0 ∩ B0 ) = 1 − 0, 7
= 0, 3
P( A ∪ B 0 ) 0 = 1 − P( A ∪ B 0 ) P( A0 ∩ B) = 1 − 0, 9
= 0, 1
P( A) = 1 − (P( A0 ∩ B0 ) + P( A0 ∩ B))
= 1 − (0, 3 + 0, 1) = 0, 6
Jawaban: D. 2. Sebuah kotak menyimpan 4 bola merah dan 6 bola putih. Sebuah sampel acak mengambil 3 bola dari kotak tersebut tanpa mengganti bola yang sudah diambil. Berapa peluang bahwa 149
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 terdapat 1 bola merah dan 2 bola putih, diberikan sedikitnya terdapat 2 bola berwarna putih di sampel acak tersebut? A. 1/2 B. 2/3 C. 3/4 D. 9/11 E. 54/55 Pembahasan: Misalkan M adalah bola merah dan P adalah bola putih . P( M = 1 ∩ P = 2| P ≥ 2) =
4 C1 6 C2 4 C1 6 C2
+ 6 C3
60 = 60 + 20 3 = 4
Jawab: C. 3. Sebuah studi selama periode satu tahun dilakukan untuk menginvestigasi kondisi kesehatan dari dua grup yang saling bebas yang mana dalam tiap grup terdapat 10 pemegang polis. Peluang bahwa partisipan individual dalam suatu grup mengundurkan diri sebelum berakhirnya studi ialah sebesar 0,2 (saling bebas terhadap peserta lainnya). Berapa peluang bahwa terdapat sedikitnya 9 partisipan yang berhasil menyelesaikan studi ini di salah satu grup, tetapi tidak di kedua grup? A. 0,096 B. 0,192 C. 0,235 D. 0,376 E. 0,469 READI Project
150
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: Diketahui: • X1 ialah anggota grup 1 • X2 ialah anggota grup 2 • P( X1 ≥ 9, X2 < 9) = P( X1 ≥ 9)P( X2 < 9) • P( X2 ≥ 9, X1 < 9) = P( X2 ≥ 9)P( X1 < 9) • X1 = X2 = X • Peluang bahwa partisipan individual dalam suatu grup mengundurkan diri sebelum berakhirnya studi ialah sebesar p = 0, 2 • X ∼ Bernoulli(q = 0, 2) P( X1 ≥ 9, X2 < 9) + P( X2 ≥ 9, X1 < 9) = 2P( X ≥ 9)P( X < 9) P( X ≥ 9) = P( X = 9) + P( X = 10) 10 10 9 1 = (1 − 0, 2) (0, 2) + (1 − 0, 2)10 (0, 2)0 9 10
= (10)(0, 8)9 (0, 2) + (0, 8)10 = 0, 3758096 = 0, 3758
P( X < 9) = 1 − P( X ≥ 9)
= 1 − 0, 3758 = 0, 6242
2P( X ≥ 9)P( X < 9) = 2(0, 3758)(0, 6242)
= 0, 4691 ∼ = 0, 469
Jawab: E.
READI Project
151
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 4. Seorang aktuaris menemukan statistik bahwa para pemegang polis mengajukan dua klaim adalah tiga kali lebih banyak dari pengajuan 4 klaim. Jika banyaknya klaim mempunyai distribusi Poisson, berapa variansi dari banyaknya klaim yang diajukan?
√ A. 1/ 3 B. 1 C. 2 D. 2 E. 4 Pembahasan: Misalkan X adalah banyak klaim yang diajukan X ∼ Poisson(λ) Langkah pertama menghitung λ P( X = 2) = 3P( X = 4) −λ 4 e λ e − λ λ2 = 3 2! 24! 12 λ2 = 3 λ = 2 sehingga Var ( X ) = λ = 2 Jawab: D. 5. Misalkan peubah acak kontinu X mempunyai fungsi kepadatan peluang : f (x) =
Γ ( a + b ) a −1 x (1 − x )b−1 , 0 < x < 1, dan a > 0 & b > 0 Γ ( a) Γ (b)
Jika b = 6 dan a = 5. Tentukan ekspektasi dari (1 − X )−4 ! (a) 42 (b) 63 (c) 210 READI Project
152
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 (d) 252 (e) 315 Pembahasan: Diketahui b = 6 dan a = 5 Γ ( 5 + 6 ) (5−1) x ( 1 − x ) (6−1) Γ (5) Γ (6) Γ(11) 4 = x (1 − x )5 Γ (5) Γ (6) 10! 4 = x (1 − x )5 4!5! = 1260x4 (1 − x )5
f (x) =
E[(1 − X )
−4
] =
Z 1 0
=
Z 1 0
(1 − x )−4 f ( x ) dx (1 − x )−4 (1260) x4 (1 − x )5 dx
= = = = =
Z 1
(1 − x ) x4 dx 0 Z 1 1260 x4 − x5 dx 0 5 x6 1 x − 1260 5 6 0 1 1 1 1260 − 5 6 0 1 1260 30 42
= 1260
Jawab: A. 6. Lama waktu untuk sebuah komponen elektronik rusak mempunyai distribusi eksponensial dengan median waktu 4 jam. Berapa peluang bahwa sebuah komponen akan bekerja dan tidak rusak untuk setidaknya 5 jam? A. 0,07 B. 0,29 READI Project
153
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 C. 0,38 D. 0,42 E. 0,57 Pembahasan: X adalah waktu komponen elektronik rusak X ∼ Eksponensial Xmed = 4 x
Fx ( x ) = 1 − e− θ Fx ( xmed ) = 1 − e−
xmed θ
= 0, 5
4
Fx (4) = 1 − e− θ = 0, 5 −4 θ = ln 0, 5 θ = 5, 77078 θ ∼ = 5, 77 Sx (5) = 1 − Fx (5) 5 − 5,77 = 1− 1−e 5
= e− 5,77 = 0, 420399 ∼ = 0, 42
Jawab: D. 7. Misalkan X dan Y ialah peubah acak saling bebas dengan 1 µ X = 1, µY = −1. σX2 = , σY2 = 2 2 Hitung E[( X + 1)2 (Y − 1)2 ]. A. 1 B. 9/2 READI Project
154
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 C. 16 D. 17 E. 27 Pembahasan:
E[( X + 1)2 ] = E[ X 2 + 2X + 1]
= E[ X 2 ] + 2E[ X ] + 1 = σX2 + µ2X + 2µ X + 1 1 = + 1 + 2(1) + 1 2 = 4, 5
E[(Y − 1)2 ] = E[Y 2 − 2Y + 1]
= E[Y2 ] − 2E[Y ] + 1 = σY2 + µY2 − 2µY + 1 = 2 + (−1)2 − 2(−1) + 1 = 6
E[( X + 1)2 (Y − 1)2 ] = E[( X + 1)2 ]E[(Y − 1)2 ]
= (4, 5)(6) = 27
Jawab: E. 8. Salah satu pertanyaan yang sering diajukan oleh perusahaan asuransi ketika penerimaan aplikasi polisi asuransi jiwa ialah apakah pemegang polis adalah seorang perokok atau tidak. Perusahaan asuransi mengetahui apabila proporsi perokok di populasi umum ialah 0,3 dan asumsikan bahwa nilai ini juga merepresentasikan proporsi perokok pada calon pemegang polis di perusahaan tersebut. Misalkan perusahaan asuransi ini mendapatkan informasi mengenai tingkat kejujuran dari pengajuan aplikasi sebagai berikut : READI Project
155
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 • 40% dari calon pemegang polis yang ternyata perokok mengatakan bahwa mereka bukan perokok pada saat pengajuan aplikasi • Tidak ada calon pemegang polis yang bukan perokok berbohong pada saat pengajuan aplikasi mereka Berapa proporsi aplikasi yang mengatakan bahwa mereka bukan perokok yang ternyata memang bukan perokok? A. 0 B. 6/41 C. 12/41 D. 35/41 E. 1 Pembahasan: Diketahui: P(perokok) = 0, 3 P(bukan perokok) = 0, 7 P(perokok dan mengaku bukan perokok) = 0, 4 P(bukan perokok dan mengaku perokok) = 0 P(bukan perokok dan mengaku bukan perokok) P(mengaku bukan perokok) 0, 7(1) = 0, 7(1) + 0, 3(0, 4) 0, 7 = 0, 82 35 = 41
P(bukan perokok|mengaku bukan perokok) =
Jawab: D. 9. Seorang perusahaan asuransi memprediksi bahwa waktu hidup Joko berdistribusi uniform dengan interval [0, 5] dan waktu hidup Amir berdistribusi uniform dengan interval [0, 10]. Perusahaan asuransi mengasumsikan bahwa waktu hidup antara satu individu dengan READI Project
156
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 individu yang lain ialah peubah acak yang saling bebas. Berapa peluang bahwa Joko meninggal terlebih dahulu daripada Amir? A. 1/4 B. 1/3 C. 1/2 D. 2/3 E. 3/4 Pembahasan: Diketahui : J ialah waktu hidup Joko A ialah waktu hidup Amir J ∼Uniform[0, 5] J ∼Uniform[0, 10]
READI Project
157
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 P( J ≤ A ) = 1 − P( J > A )
P( J > A ) =
= = = =
Z 5Z j 1
50 Z 5 j dj 50 0 2 j 5 100 0 25 100 1 4 0
P( J ≤ A ) = 1 −
=
0
da dj
1 4
3 4
Jawab: E. 10. Sebuah mesin memiliki dua komponen. Mesin tersebut terus beroperasi selama setidaknya satu dari dua komponen tersebut masih bekerja. Sebuah pengamatan ketika mesin baru mulai bekerja mengindikasikan bahwa waktu lamanya komponen 1 sebelum rusak ialah X dan komponen 2 ialah Y (asumsikan distribusi kontinu dalam satuan tahunan). Fungsi kepadatan peluang gabungan antara X dan Y ialah : f ( x, y) = x + y, 0 < x < 1, 0 < y < 1 Berapa peluang bahwa sebuah mesin baru masih bekerja hingga 6 bulan setelah mesin tersebut mulai beroperasi? A. 31/32 B. 15/16 C. 7/8 D. 3/4 E. 1/2 READI Project
158
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: X ialah waktu lamanya komponen 1 sebelum rusak Y ialah waktu lamanya komponen 2 sebelum rusak P( X ∪ Y ≥ 0, 5) = P( X ≥ 0, 5) + P(Y ≥ 0, 5) − P( X ≥ 0, 5 ∩ Y ≥ 0, 5) • Untuk X > 0, 5
P( X > 0, 5) =
Z 1Z 1 0
0,5
( x + y)dx dy
Z 1 1 − 0, 52
+ y(1 − 0, 5) dy 2 Z 1 3 1 = + y dy 8 2 0 3 1 1 = + 8 2 2 5 = 8 =
0
• Untuk Y > 0, 5
READI Project
159
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 P(Y > 0, 5) =
= = = =
Z 1Z 1 0
0,5
( x + y)dx dy
1 − 0, 52 (1 − 0, 5) x + 2 0 Z 1 3 1 x+ 2 8 0 3 1 1 + 2 2 8 5 8 Z 1
• Untuk X > 0, 5 dan Y > 0, 5
P( X > 0, 5 ∩ Y > 0, 5) =
= = = = =
Z 1 Z 1
( x + y)dx dy 1 − 0, 52 y+ dy 2 0,5 2 Z 1 1 3 y+ dy 8 0,5 2 1 1 − 0, 52 3 1 + 2 2 8 2 1 3 3 1 + 2 8 8 2 3 8 0,5 0,5 Z 1 1
Dengan demikian diperoleh: P( X > 0, 5 ∪ Y > 0, 5) =
5 5 3 7 + − = 8 8 8 8
Jawab: C.
READI Project
160
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 11. Misalkan waktu harapan hidup satu pasangan suami istri adalah saling bebas dan berdistribusi uniform pada interval [0, 40]. Sebuah perusahaan asuransi menawarkan dua produksi asuransi pada pasangan sudah menikah yaitu sbb: • Produk 1 : Pembayaran benefit ketika suami dari pasangan tersebut meninggal dunia • Produk 2: Pembayaran benefit ketika baik suami dan istri dari pasangan tersebut meninggal dunia Berapa kovariansi dari waktu pembayaran dari dua produk diatas? A. 0 B. 44,4 C. 66,7 D. 200,0 E. 466,7 Pembahasan: Misalkan: X ialah suami meninggal Y ialah istri meninggal Z ialah suami dan istri meninggal X ∼ Uniform [0,40] Y ∼ Uniform [0,40] Pertama akan dihitung nilai dari E[ X ], yaitu: Z 40
1 E[ X ] = x 40 0 2 1 40 = 40 2 = 20
dx
Selanjutnya, akan dihitung nilai dari E[ Z ], yaitu:
READI Project
161
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016
Z ∼ Max( X, Y ) f (z) = n[ FX (z)]n−1 f X (z) z 2−1 1 = 2 40 40 z = 800 E[ Z ] =
Z 40 z
z dz 800 3 40 1 = 800 3 = 26, 667 0
Dengan demikian diperoleh pdf bersama dari X dan Y adalah: f ( x, y) = f ( x ) f (y) 1 1 = 40 40 1 = 1600 Didefinisikan nilai Z sebagai berikut: X ,YY
READI Project
162
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 untuk X > Y, diperoleh E[ XZ ] =
Z 40 Z x 0
0
x2
1 dy dx 1600
Z 40
1 x3 dx 1600 0 4 1 40 = 1600 4 = 400
=
untuk X < Y, diperoleh Z 40 Z y
1 dx dy 1600 0 0 Z 40 3 1 y = dy 1600 0 2 4 40 1 = 1600 8 = 200
E[ XZ ] =
xy
Nilai dari E[ XZ ] adalah: E[ XZ ] = 400 + 200
= 600 Kovarians dari X dan Z adalah: cov[ X, Z ] = E[ XZ ] − E[ X ]E[ Z ]
= 600 − (20)(26, 667) = 66, 66 = 66, 7 Jawab: C. 12. Peubah acak X mempunyai distribusi eksponensial dengan rataan 1/b . Diketahui bahwa MX (−b2 ) = 0, 2. Tentukan b.
READI Project
163
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5 Pembahasan: Diketahui X ∼ Eksponensial MX ( t ) = MX (−b2 ) =
1 1 − θt 1−
0, 2 = 1+
1 1 b
1 1 b
(−b2 ) ( b2 )
1 1+b b = 5−1
0, 2 =
b = 4 Jawab: D. 13. Misalkan adalah peubak acak kontinu dengan fungsi distribusi kumulatif : 0 , untuk y ≤ a F (y) = 1 − e− 21 (y−a)2 , y > a dimana a adalah sebuah konstanta. Berapa nilai persentil ke -75 dari Y? A. F (0.75) √ B. a − 2 ln 2 √ C. a + 2 ln 2 √ D. a − 2 ln 2 √ E. a + 2 ln 2 READI Project
164
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: 1
2
1
2
F ( y ) = 1 − e− 2 (y− a) 0, 75 = 1 − e− 2 (y−a) 1
0, 25 = e− 2 (y−a)
2
−2(ln 0, 25) = (y − a)2 −2(ln 1 − ln 4) = (y − a)2 q 2(ln 22 ) = (y − a) q 4(ln 2) = (y − a) q y = a + 2 (ln 2)
Jawab: E. 14. Peluang kepadatan gabungan dari tiga peubah acak diskrit X, Y, Z adalah sebagai berikut : f X,Y,Z ( x, y, z) =
1 ( xy + xz2 ), untuk x = 1, 2, y = 1, 2, z = 0, 1 24
Berapa banyak pernyataan dibawah ini yang menurut anda benar? • X dan Y saling bebas • X dan Z saling bebas • Y dan Z saling bebas A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 E. Informasi pada soal kurang lengkap
READI Project
165
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: f X,Y 30) = P( X = 31) + P( X = 32)
P( X = 31) =
32 (1 − 0, 1)31 (0, 1)1 31
= 32(0, 9)31 (0, 1) = 0, 1220865 ∼ = 0, 1221
P( X = 32) =
32 (1 − 0, 1)32 (0, 1)0 32
= (0, 9)32 = 0, 0343368 ∼ = 0, 0343
P( X > 30) = 0, 1221 + 0, 0343
= 0, 1564
Jawab: E. 16. Berapa banyak pernyataan terkait dengan penjumlahan peubah acak yang saling bebas dbawah ini yang benar ? (1.) Penjumlahan peubah acak Poisson yang saling bebas mempunyai distribusi Poisson (2.) Penjumlahan peubah acak eksponensial yang saling bebas mempunyai distribusi eksponensial
READI Project
167
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 (3.) Penjumlahan peubah acak chi-square yang saling bebas mempunyai distribusi chi square (4.) Penjumlahan peubah acak normal yang saling bebas mempunyai distribusi normal A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 E. 4 Pembahasan: Y = X1 + X2 + ... + Xn Poisson X ∼ Poisson(λ) PGF ( X ) = eλ( x−1) PGF (Y ) = (eλ( x−1) )(eλ( x−1) )...(eλ( x−1) ) PGF (Y ) = (eλ( x−1) )n Y 6= Poisson
Eksponensial X ∼ Ekponensial (θ ) 1 MGF ( x ) = 1 − θt 1 1 1 MGF (y) = ... 1 − θt 1 − θt 1 − θt n 1 MGF (y) = 1 − θt Y ∼ Gamma(α = n, θ ) Y 6= Eksponensial
Normal Y 6= Normal
READI Project
168
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Chi-square Y ∼ Gamma(α = 12 , θ = 2) = Chi − square(n = 1) α 1 MGF ( x ) = α 1 − θt α 1 1 ... MGF (y) = 1 − θt 1 − θt Y ∼ Gamma(α = 12 , θ = 2) = Chi − square(n = 1)
Maka hanya 1 pernyataan yang benar, yaitu pernyataan (3). Jawab: B. 17. Misalkan X1 ,X2 mempunyai fungsi kepadatan peluang gabungan h( x1 , x2 ) = 8x1 x2 , 0 < x1 < x2 < 1, dan h( x1 , x2 ) = 0 untuk x1 , x2 lainnya. Cari peluang gabungan antara Y1 , Y2 dimana Y1 = X1 /X2 dan Y2 = X2 . Petunjuk : Gunakan pertidaksamaan 0 < y1 y2 < y2 < 1 dalam memetakan S (bidang dimana x terdefinisi) ke T (bidang dimana y terdefinisi) dengan Jacobian Matrix ! A. 8y1 y32 B. 8y31 y32 C. 8y21 y32 D. 8y1 y22 E. 8y1 y42 Pembahasan: h( x1 , x2 ) = 8x1 x2 , 0 < x1 < x2 < 1 Y1 =
X1 X2
READI Project
dan Y2 = X2
169
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Transformasi:X1 = Y1 X2 dan X2 = Y2 maka X1 = Y1 Y2 dan X2 = Y2 Jacobian Matrix =
∂X1 ∂Y1 ∂X2 ∂Y1
∂X1 ∂Y2 ∂X2 ∂Y1
y y 2 1 = 0 1
= y2 (1) − y1 (0) = y2
h(y1 , y2 ) = h( x1 , x2 )(Jacobian Matrix)
= 8x1 x2 (y2 ) = 8(y1 y2 )(y2 )(y2 ) = 8y1 y32 Jawab: A. 18. Misalkan f ( x1 , x2 ) = 21x12 x23 , dan 0 untuk lainnya, adalah fungsi kepadatan peluang gabungan antara X1 dan X2 . Berapa rataaan dari X1 kondisional diberikan X2 = x2 , 0 < x2 < 1 ? A. 21/32 B. 11/32 C. 3/8 D. 23/35 E. 1/7 Pembahasan:
READI Project
170
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Rataan bersyaratX2 = x2 E[E[ X1 | X2 = x2 ]] = E[ X1 ] Z 1
21x12 x23 dx2 x1 ! 4 1 − x 1 = 21x12 4 21 2 x1 − x16 = 4
f [ x1 ] =
E [ X1 ] =
= = = =
Z 1
21 2 6 x1 − x1 dx1 x1 4 0 Z 21 1 3 x1 − x17 dx1 4 0 21 1 1 − 4 4 8 21 1 4 8 21 32
Jawab: A. 19. Sebuah asuransi kesehatan dasar mempunyai benefit rawat inap sebesar 100 ribu rupiah per hari sampai dengan 3 hari rawat inap dan 25 ribu rupiah per hari setelahnya. Banyaknya hari rawat inap, X, merupakan peubah acak diskrit dengan fungsi massa peluang : 1 (6 − k ) , 15 P( X = k) = 0 ,
k = 1, 2, 3, 4, 5 lainnya
Berapa ekspektasi pembayaran benefit rawat inap untuk polis asuransi ini (ribu rupiah)? A. 85 B. 163 C. 168 D. 213 READI Project
171
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 E. 255 Pembahasan:
100 , Manfaat = 25 ,
k = 1, 2, 3 lainnya
Untuk k = 1, 2, 3
∑
E[ X ] =
kP( X = k )
k=1,2,3
=
100
1 15
(6 − 1) + (100 − 100)
1 15
(6 − 2) + (100 + 100 + 100)
1 15
100 [5 + 8 + 9] 15 2 = 146 3
=
Untuk k > 3 " E[ X ] =
∑
# kP( X = k)
k=4,5
= = = = = ∼ =
(300 + 25)
1 15
(6 − 4) + (300 + 25 + 25)
1 15
(6 − 5)
25 [13(2) + 14] 15 2 66 3 2 2 + 66 146 3 3 1 213 3 213
Jawab: D. 20. Seorang aktuaris menentukan besar klaim untuk suatu jenis kecelakaan diri ialah suatu
READI Project
172
Wawan Hafid Syaifudin
(6 − 3)
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 peubah acak X dengan fungsi pembangkit peluang : MX (t) = 1/(1 − 2500t)4 Berapa simpangan baku untuk peubah acak X? A. 1.000 B. 5.000 C. 2.000 D. 8.660 E. 11.000 Pembahasan: 1 (1 − 2500t)4 X ∼ Gamma(α = 4, θ = 2500) MX ( t ) =
Var [ X ] = αθ 2 = 4(2500)2 = 25.000.000 p σX = Var [ X ] = 5000
READI Project
173
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016
0 (0) E[ X ] = M X 1 ∂ (1−2500t )4 = ∂t t =0 = (−4)(−2500)(1 − 2500(0))−5
= 10.000
E[ X 2 ] = M X ”(0) 1 ∂2 (1−2500t )4 E[ X 2 ] = ∂2 t t =0 ∂ 10.000(1 − 2500t)−5 = ∂t t =0 = 10.000(−5)(−2500)(1 − 2500(0))−6
= 125.000.000
Var [ X ] = 125.000.000 − (10.000)2
= 25.000.000 σX = 5000
Jawab: B. 21. Dalam memodelkan peubah acak banyak klaim dari suatu polis kecelakaan mobil selama periode tiga tahun, seorang aktuaris membuat asumsi sederhana bahwa untuk semua bilangan bulat n ≥ 0, pn+1 = 51 pn , pn ialah peluang bahwa seorang pemegang polis mengajukan klaim sebanyak n kali. Dengan menggunakan asumsi yang sama, berapa peluang bahwa seorang pemegang polis mengajukan lebih dari 1 kali klaim selama periode yang sama? A. 0,04 B. 0,16 C. 0,20
READI Project
174
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 D. 0,80 E. 0,96 Pembahasan: Diketahui 1 pn 5 = pn
p n +1 = ∞
∑
5pn+1
5pn+1 =
n =0
∞
∑ pn = 1
n =0
1 = 5( p1 + p2 + p3 + ...) 1 1 p1 + 5 p1 + ... 1 = 5p1 + 5 5 5 1 1 1 1 = 5p1 + 5 p1 + 5 p2 + ... =⇒ Deret Geometri Tak Hingga 5 5 5 5p1 1 = 1 − 15 p1 = 0, 16 p0 = 5p1 5(0, 16) = 0, 80
Dengan demikian diperoleh nilai P( N > 1) adalah P( N > 1) = 1 − P( N ≤ 1)
= 1 − (P( N = 0) + P( N = 1)) = 1 − ( p0 + p1 ) = 1 − (0, 80 + 0, 16) = 0, 04
Jawab: A 22. Sebagai bagian dari proses underwriting, setiap calon pemegang polis akan menjalani tes tekanan darah tinggi. Misalkan X merepresentasikan banyaknya jumlah test yang dilakukan sampai dengan ditemukannya orang pertama yang menderita tekanan darah tinggi. Diketahui READI Project
175
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 nilai ekspektasi dari X ialah 12,5. Berapa peluang bahwa orang keenam yang dites ialah orang pertama yang menderita tekanan darah tinggi? A. 0,001 B. 0,050 C. 0,080 D. 0,316 E. 0,394 Pembahasan: X ∼ Geometrik( p) E[ X ] = 12, 5 1− p = 12, 5 p 1 p = 13, 5 ∼ p = 0, 074 Orang keenam ialah orang pertama yang menderita tekanan darah tinggi. Hal ini berarti bahwa sebelumnya terdapat 5 orang yang tidak menderita tekanan darah tinggi, dan tepat orang keenam yang menderita tekanan darah tinggi. P( X = 6) = p (1 − p )5
= 0, 074(1 − 0, 074)5 = 0, 0503833 ∼ = 0, 050 Jawab: B. 23. Banyaknya jumlah klaim per bulan dimodelkan melalui peubah acak N dengan : P( N = n) =
READI Project
1 , n≥0 (n + 1)(n + 2) 176
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Berapa peluang bahwa peluang setidaknya satu klaim terjadi pada suatu bulan, jika diketahui bahwa paling banyak terjadi 4 klaim pada bulan yang sama? A. 1/3 B. 2/5 C. 1/2 D. 5/6 E. 3/5 Pembahasan: Diketahui: Banyaknya jumlah klaim per bulan dimodelkan melalui peubah acak N dengan : P( N = n) =
1 , n≥0 (n + 1)(n + 2)
sehingga:
P( N = 0) = P( N = 1) = P( N = 2) = P( N = 3) = P( N = 4) =
1 (0 + 1)(0 + 2) 1 (1 + 1)(1 + 2) 1 (2 + 1)(2 + 2) 1 (3 + 1)(3 + 2) 1 (4 + 1)(4 + 2)
= = = = =
1 2 1 6 1 12 1 20 1 30
sehingga peluang setidaknya satu klaim terjadi pada suatu bulan, dengan syarat paling
READI Project
177
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 banyak terjadi 4 klaim pada bulan yang sama adalah: P(1 ≤ N ≤ 4) P( N ≤ 4) P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) + P( N = 4) = P( N = 0) + P( N = 1) + P( N = 2) + P( N = 3) + P( N = 4)
P( N ≥ 1| N ≤ 4) =
=
1 1 1 + 12 + 20 + 30 1 1 1 1 1 2 + 6 + 12 + 20 + 30 1 6
1 3 5 6
= =
2 5
Jawab: B. 24. Sebuah perusahaan asuransi kendaraan bermotor terkemuka di Jakarta mengestimasi bahwa: • Pada satu tahun kalender, paling banyak akan terjadi satu kali banjir di Jakarta • Pada satu tahun kalender, peluang terjadinya banjir ialah 0,05 • Banyaknya banjir di Jakarta pada suatu tahun diasumsikan saling bebas terhadap tahun kalender lainnya Berdasarkan asumsi tersebut, berapa peluang terjadi banjir di Jakarta kurang dari tiga kali selama periode 20 tahunan? A. 0,06 B. 0,19 C. 0,38 D. 0,62 E. 0,92 Pembahasan:
READI Project
178
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 X ∼ Binomial (n = 20, q = 0, 05) P( X < 3) = P( X = 0) + P( X = 1) + +P( X = 2)
20 P( X = 0) = (1 − 0, 05)20 (0, 05)0 0 20 P( X = 1) = (1 − 0, 05)19 (0, 05)1 1 20 P( X = 2) = (1 − 0, 05)18 (0, 05)2 2
∼ = 0, 3585 ∼ = 0, 3774 ∼ = 0, 1887
P( X < 3) = 0, 3585 + 0, 3774 + 0, 1887
= 0, 9246 ∼ = 0, 92 Jawab: E. 25. Suatu peubah acak besar klaim kendaraan bermotor mempunyai informasi sebagai berikut : Besar 20
30
40
50
60
70
80
0,15
0,10
0,05
0,20
0,1
0,1
0,3
Klaim Peluang
Berapa persentase bahwa klaim yang terjadi akan berada dalam 1 simpangan baku dari rataan besar klaim? A. 45% B. 55% C. 68% D. 85% E. 92%
READI Project
179
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: E[ X ] =
∑ xP(X = x)
= 20(0, 15) + 30(0, 10) + 40(0, 05) + 50(0, 20) + 60(0, 10) + 70(0, 10) + 80(0, 3) = 55
E[ X 2 ] =
∑ x 2 P( X = x )
= 202 (0, 15) + 302 (0, 10) + 402 (0, 05) + 502 (0, 20) + 602 (0, 10) + 702 (0, 10) + 802 (0, 3) = 3500
Var [ X ] = 3500 − 552
= 475 σX ∼ = 21, 7945 sehingga : P(µ X − σX < x < µ X + σX ) = P(55 − 21, 7945 < X < 55 + 21, 7945)
= P(33, 2055 < X < 76, 7945) = P( X = 40) + P( X = 50) + P( X = 60) + P( X = 70) = 0, 05 + 0, 20 + 0, 10 + 0, 10 = 0, 45 = 45%
Jawab: A 26. Suatu perusahan asuransi menyediakan cadangan klaim untuk klaim-klaim katastropik sebesar 120 milyar rupiah yang mana, sebesar C akan dibayarkan untuk 20 klaim katastropik pada tahun depan. Setiap klaim besar tersebut mempunyai peluang sebesar 2% untuk terealisasi, yang mana saling bebas antara satu dengan yang lainnya.
Tentukan nilai
maksimum dari C (milyar) untuk mana akan terdapat kurang dari 1% kemungkinan bahwa cadangan klaim katastropik akan tidak cukup untuk membayarkan semua klaim katastropik! READI Project
180
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 A. 24 B. 30 C. 40 D. 60 E. 120 Pembahasan: Diketahui: X adalah besar klaim dan X ∼ Binomial (n = 20, q = 0, 02) Nilai maksimum dari C (milyar) yang mana akan terdapat kurang dari 1% kemungkinan bahwa cadangan klaim katastropik akan tidak cukup untuk membayarkan semua klaim katastropik diberikan sebagai berikut: P( XC > 120) < 0, 01 120 P( X > ) < 0, 01 C Misalkan
120 =x C P( X > x ) < 0, 01 1 − P( X ≤ x ) < 0, 01 1 − 0, 01 < P( X ≤ x ) P( X ≤ x ) > 0, 99
Selanjutnya kita akan mencari nilai x yang mengikuti distribusi Binomial.
20 P( X = 0) = (1 − 0, 02)20 (0, 02)0 0 20 P( X = 1) = (1 − 0, 02)19 (0, 02)1 1 20 P( X = 2) = (1 − 0, 02)18 (0, 02)2 2
READI Project
181
∼ = 0, 6676 ∼ = 0, 2725 ∼ = 0, 0528
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 sehingga : P( X ≤ 0) = 0, 6676 P( X ≤ 1) = 0, 6676 + 0, 2725 = 0, 9401 P( X ≤ 2) = 0, 6676 + 0, 2725 + 0, 0528 = 0, 9929 maka P( X ≤ x ) > 0, 99 terjadi saat x = 2 120 C 120 2 = C C = 60 x =
Jawab: D. 27. Misalkan X adalah umur suatu kendaraan mobil yang diasuransikan yang terlibat pada suatu kecelakaan.
Misalkan Y menyatakan lamanya waktu pemilik kendaraan telah
mengasuransikan mobilnya sampai waktu terjadinya kejadian kecelakaan. X dan Y diketahui mempunyai fungsi kepadatan peluang gabungan :
1 (10 − xy2 ) , 64 f ( x, y) = 0 ,
2 ≤ x ≤ 10, 2 ≤ y ≤ 1 selain di atas
Hitung rata-rata umur kendaraan dari suatu mobil yang diasuransikan mengalami suatu kecelakaan! A. 4,9 B. 5,2 C. 5,8 D. 6,0 E. 6,4
READI Project
182
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: X ialah umur suatu kendaraan dan Y lamanya waktu kendaraan diasuransikan. fungsi kepadatan peluang gabungan : f (x) =
=
Z 1 1 0
64
(10 − xy2 )dy
1 1 (10 − x ), 2 ≤ x ≤ 10 64 3
Jadi rata-rata umur kendaraan dari suatu mobil yang diasuransikan mengalami suatu kecelakaan adalah: E[ X ] =
= = = =
Z 10
1 1 10 − x dx x 64 3 2 Z 1 10 1 2 10x − x dx 64 2 3 1 3 1 10 2 2 3 (10 − 2 ) − 10 − 2 64 2 9 1 480 − 110 92 64 5 79
∼ = 5, 8 Jawab: C. 28. Misalkan X1 , X2 , X3 ialah peubah acak yang identik dan saling bebas yang mana memiliki fungsi kepadatan peluang f ( x ) = exp(− x ), 0 < x < ∞ dan f ( x ) = 0, untuk x lainnya. Hitung P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ) A. 1/6 B. 4/7 C. 2/3 D. 1/5 E. 3/8
READI Project
183
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: f ( x ) = e− x f ( x1 , x2 ) = f ( x1 ) f ( x2 )
= e − x1 e − x2 , 0 < x 1 , x 2 < ∞
P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ) =
P ( X1 < X2 ) =
= = = = =
READI Project
184
P ( X1 < X2 ) P( X1 < 2X2 ) Z ∞ Z x2 0
Z ∞
0
e− x1 e− x2 dx1 dx2
e− x2 (−1)(e− x2 − 1)dx2 Z0 ∞ −2x2 − x2 −e dx2 e 0 1 (−1(0 − 1)) − − (0 − 1) 2 1 1− 2 1 2
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 P( X1 < 2X2 ) =
=
Z ∞ Z 2x2 Z0 ∞ 0
e− x1 e− x2 dx1 dx2
e− x2 (−1)(e−2x2 − 1)dx2 Z ∞ e− x2 − e−3x2 dx2 0 1 (−1(0 − 1)) − − (0 − 1) 3 1 1− 3 2 3 0
= = = =
1 2 2 3
P( X1 < X2 | X1 < 2X2 ) =
=
3 4
Jawab: Tidak ada jawaban yang memenuhi 29. Misalkan Y1 < Y2 ialah statistik terurut dari suatu sampel acak berukuran 2 dari distribusi N (0, σ2 ). Hitung E(Y1 ) 2σ A. √ π σ B. √ π −3σ C. √ π −2σ D. √ π −σ E. √ π
READI Project
185
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 Pembahasan: Diketahui: − y2 1 1 √ e σ2 ( 2 ) σ 2π ! ! −y21 1 −y22 1 1 1 √ e σ2 ( 2 ) √ e σ2 ( 2 ) f Y1 ,Y2 (y1 , y2 ) = 2! σ 2π σ 2π 1 − 1 ( y2 + y2 ) √ = e 2σ2 1 2 σ2 ( 2π ) 1 − 12 (y21 +y22 ) e 2σ , −∞ < y1 < ∞ dan − ∞ < y2 < ∞ = 2 σ π Z Z
f Y (y) =
E[Y1 ] =
=
∞
y2
−∞ −∞ Z ∞ Z y2 −∞ −∞
y1 f (y1 , y2 ) dy1 dy2 y1
1 σ2 π
e
−
1 (y2 +y22 ) 2σ2 1
dy1 dy2
Z y 2 1 1 − 12 (y22 ) − 12 (y21 ) e 2σ = 2 2 y1 e 2σ dy1 dy2 σ πσ π −∞ Subtitusikan u = y21 ⇒ du = 2y1 dy1 . Sehingga diperoleh Z y2 ∞
y1 e
−
1 ( y2 ) 2σ2 1
dy1 = −
Z ∞ 1 − 12 ( u ) 2σ y22
2
e
du
h 1 i∞ 1 − (u) = − (−2σ2 ) e 2σ2 2 y22 1 2 − (y ) = −σ2 e 2σ2 2
E[Y1 ] = −
= −
1 σ2 π
Z ∞ − 12 (y22 ) 2 − 12 (y22 ) e 2σ σ e 2σ dy2
−∞
Z 1 ∞ −
π
−∞
e
2y22 2σ2
dy2 2
y √ √ Z ∞ − σ22 σ/ 2 2 1 1 2 2 = − √ √ √ √ e dy2 σ/ 2 2 π π ∞ y2 √ Z ∞ − σ22 σ 1 2 2 2 = −√ √ σ √ e dy2 2 π √ 2π ∞ 2 σ −σ = −√ 1 = √ π π
Jawab: E.
READI Project
186
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 30. Misalkan X adalah suatu distribusi Poission dengan parameter m. Jika m ialah suatu nilai eksperimen dari suatu peubah acak yang berdistribusi Gamma (α = 2, β = 1), Hitung P( X = 0, 1, 2)! Catatan: Cari suatu ekspresi yang menyatakan peluang gabungan dari X dan m. Kemudian cari bentuk integral dari m untuk menghitung distribusi marginal dari X A. 11/16 B. 7/16 C. 2/9 D. 2/7 E. 13/16 Pembahasan: Diketahui X | M ∼ Poisson(m) dan M ∼ Gamma(α = 2, β = 1) f X (x) =
=
Z ∞ 0
f X | M ( x |m). f M (m)dm
Z ∞ −m x e m
x!
0
1 = α x!β Γ(α) Misalkan t = m 1 + β1 =⇒ m =
f X (x) =
=
=
READI Project
1 x!βα Γ(α) 1 x!βα Γ(α) 1 x!βα Γ(α)
0
dm
0
dan dm =
1 β
Z ∞
!
Z ∞ −m 1+ β1 m x+α−1 dm e
t 1+
−m
m α −1 e β βα Γ(α)
e−t
1 1+ 1 1+
187
t 1+
1+
1 β
! x + α −1 1 β
! x +α Z 1 β
dt
∞ 0
dt
1+
1 β
e−t t x+α−1 dt
! x +α 1 β
Γ( x + α)
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 6. PEMBAHASAN A20 JUNI 2016 untuk α = 2 dan β = 1 diperoleh: x +2 1 Γ ( x + 2) 2 x +2 1 1 = Γ ( x + 2) 2 x!1 Γ(2) 2 ( x + 1 ) ! 1 x +2 = x! 2 x+1 = 2 x +2
1 f X (x) = 2 x!1 Γ(2)
Dari sini diperoleh: 0+1 2 3 1 1 3 ; f ( 1 ) = ; f ( 2 ) = = = = X X 4 4 16 22 23 24 1 1 3 11 Jadi P( X = 0, 1, 2) = f X (0) + f X (1) + f X (2) = + + = 4 4 16 16 f X (0) =
Jawab: A.
READI Project
188
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7 PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016
1. Peluang dari hasil suatu kunjungan ke kantor Primary Care Physician (PCP) untuk tidak melakukan tes laboratorium atau rujukan ke spesialis adalah 35%. Dari seluruh yang datang ke kantor PCP, 30% dirujuk ke spesialis dan 40% membutuhkan tes laboratorium. Tentukan peluang dari hasil suatu kunjungan ke kantor PCP adalah tes laboratorium dan rujukan ke spesialis ? A. 0,05 B. 0,12 C. 0,18 D. 0,25 E. 0,35 Pembahasan: Misalkan: X = Rujukan ke spesialis sehingga P( X ) = 0, 3 Y = Tes Laboratorium sehingga P(Y ) = 0, 4 Dan diketahui P( X C ∩ Y C ) = 0, 35 sehingga P( X ∪ Y ) = 1 − P( X C ∩ Y C )
= 1 − 0, 35 = 0, 65 Jadi, peluang dari hasil suatu kunjungan ke kantor PCP adalah tes laboratorium dan rujukan
189
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 ke spesialis adalah: P ( X ∩ Y ) = P ( X ) + P (Y ) − P ( X ∪ Y )
= 0, 3 + 0, 4 − 0, 65 = 0, 05
Jawab: A. 2. Perusahaan asuransi menawarkan program kesehatan kepada pegawai-pegawai dari suatu perusahaan besar. Sebagai bagian dari program, masing-masing pegawai dapat memilih dua perlindungan tambahan (supplementary coverage) A, B, dan C; atau tidak memilih perlindungan tambahan sama sekali. Proporsi pegawai perusahaan yang memilih perlindungan A, B, dan C adalah 14 , 31 , dan
5 12 .
Tentukan peluang secara acak dipilih seorang pegawai yang tidak memilih perlindungan tambahan ? A. 0 B.
47 144
C.
1 2
D.
97 144
E.
7 9
Pembahasan: Diketahui : P( A ) = P( A ) = P( A ) =
1 4 = 1 3 = 5 12
3 12 4 12
Pegawai memilih dua perlindungan tambahan atau tidak memilih sama sekali
READI Project
190
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016
P( A ∪ B ∪ C ) = P( A ∩ B ) + P( B ∩ C ) + P( A ∩ C ) 1 2 3 = + + 12 12 12 6 = 12 C C C P( A ∩ B ∩ C ) = 1 − P( A ∪ B ∪ C ) 6 = 1− 12 6 = 12 1 = 2 Jawab: C. 3. Seorang aktuaris mengamati data statistik tentang kecenderungan tren pembelian asuransi oleh pemilik mobil mendapati beberapa kesimpulan seperti berikut : • Pemilik kendaraan ternyata memiliki kecenderungan untuk membeli perlindungan tabrakan dua kali lebih tinggi daripada perlindungan pendapatan • Kejadian pembelian perlindungan tabrakan ini ternyata saling bebas dengan kejadian pembelian asuransi perlindungan pendapatan • Peluang bahwa seorang pemilik mobil membeli kedua perlindungan tersebut pada waktu yang bersamaan ialah 0,15 Hitung peluang bahwa pemilik mobil tidak membeli kedua jenis perlindungan asuransi tabrakan dan perlindungan pendapatan? READI Project
191
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 A. 0,18 B. 0,33 C. 0,48 D. 0,67 E. 0,82 Pembahasan: Misalkan : X = Pembelian perlindungan tabrakan Y = Pembelian perlindungan pendapatan P( X ) = 2P(Y ) P( X ∩ Y ) = 0, 15 X dan Y adalah saling bebas P ( X ∩ Y ) = P ( X ) P (Y ) 0, 15 = P( X )2P( X ) P( X ) = 0, 273861278 P(Y ) = 0, 547722557
P( X C ) = 1 − P( X )
= 1 − 0, 273861278 = 0, 726138721 P(Y C ) = 0, 452277442
READI Project
192
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 maka, P ( X C ∩ Y C ) = P ( X C ) P (Y C )
= (0, 726138721)(0, 452277442) = 0, 32841616 ∼ = 0, 33 Jawab: B. 4. Misalkan A, B dan C ialah kejadian yang saling bebas secara (mutually independent) yang mana P( A) = 0, 5, P ( B) = 0, 6, P (C ) = 0, 1. Hitung P ( A0 ∪ B0 ∪ C )? A. 0,690 B. 0,710 C. 0,730 D. 0,980 E. 0,960 Pembahasan: P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) = P( A ∩ B ∩ C 0 ) 0
= 1 − P( A ∩ B ∩ C 0 ) = 1 − P( A )P( B )P( C 0 ) = 1 − P( A)P( B) (1 − P(C )) = 1 − (0, 5)(0, 6)(1 − 0, 1) = 1 − 0, 270 = 0, 730 Jawab: C. 5. Misalkan N suatu peubah acak menyatakan banyaknya klaim yang diterima dalam satu minggu mengikuti P( N = n) = READI Project
1 2n +1
, dimana n ≥ 0 Banyaknya klaim yang diterima 193
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 dalam satu minggu tersebut saling bebas dengan minggu-minggu yang lain. Tentukan peluang bahwa tujuh klaim akan diterima dalam satu periode 2-minggu. A.
1 256
B.
1 128
C.
7 512
D.
1 64
E.
1 12
Pembahasan: Misalkan X adalah jumlah banyak klaim pada periode 2-minggu X = N1 + N2 N1 ,N2 ialah saling bebas
P( N = n ) =
1 2n +1
Kemungkinan tujuh klaim akan diterima dalam periode 2-minggu, Banyak Klaim (N)
Minggu 1(N1 )
7
6
5
4
3
2
1
0
2(N2 )
0
1
2
3
4
5
6
7
P( N = 7)P( N = 0) = P( N = 6)P( N = 1) = P( N = 5)P( N = 2) = P( N = 4)P( N = 3) =
READI Project
194
1 1 1 = 2 28 29 1 1 1 = 9 7 2 2 2 2 1 1 1 = 9 6 3 2 2 2 1 1 1 = 9 5 4 2 2 2
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 P( N = 7) = 2(P( N = 7)P( N = 0) + P( N = 6)P( N = 1) + P( N = 5)P( N = 2) + P( N = 4)P( N = 3)) 1 1 1 1 = 2 9+ 9+ 9+ 9 2 2 2 2 1 = 64 Jawab: D. 6. Sebuah polis asuransi grup memberikan perlindungan asuransi kesehatan kepada pegawai dari suatu perusahaan. V, yaitu nilai klaim-klaim yang dibuat dalam satu tahun dinyatakan dalam suatu formula V = 100.000Y, dimana Y adalah peubah acak dengan fungsi peluang sebagai berikut: k (1 − y )4 , f (y) = 0 ,
0 10.000) 1 − FV (40.000) = 1 − FV (10.000) 5 40.000 1 − 1 − 1 − 100.000 = 5 10.000 1 − 1 − 1 − 100.000
P(V > 40.000|V > 10.000) =
1 − (1 − (0, 6)5 ) = 1 − (1 − (0, 9)5 ) = 0, 1316872428
∼ = 0, 13 Jawab: B. 7. Misalkan suatu fungsi distribusi X untuk x > 0 adalah F ( x ) = 1 − ∑3k=0
x k e− x k!
Tentukan fungsi peluang kepadatan X untuk x > 0? A. e− x x2 e− x 2 3 x e− x C. 6 3 x e− x D. − e− x 6 B.
READI Project
196
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 E.
x3 e− x + e− x 6
Pembahasan: x k e− x x! k =0 x2 e− x x3 e− x xe− x −x + + = 1− e + 1 2 6 3
F(x) = 1 −
f (x) =
= = =
∑
x2 e− x x3 e− x d xe− x −x + + 1− e + dx 1 2 6 x2 e− x x2 e− x x3 e− x −x −x −x −x − −e + e − xe + xe − + − 2 2 6 3 − x x e − − 6 3 −x x e 6
Jawab: C. 8. Suatu penelitian menunjukkan bahwa biaya tahunan untuk memelihara dan memperbaiki suatu mobil mewah di Jakarta sebesar 200 juta rupiah dengan variansi 260 juta rupiah. Jika dikenakan pajak sebesar 20% untuk seluruh barang yang berhubungan dengan pemeliharaan dan perbaikan mobil, berapa variansi dari biaya tahunan atas pemeliharaan dan perbaikan mobil? A. 208 juta rupiah B. 260 juta rupiah C. 270 juta rupiah D. 312 juta rupiah E. 374 juta rupiah Pembahasan: X adalah biaya tahunan untuk memelihara dan memperbaiki mobil
READI Project
197
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 X = 200 juta rupiah X dikenakan pajak sebesar 20%
(1 + 20%) X = (1 + 20%)200 juta rupiah 1, 2X = (1, 2)200 juta rupiah
Var (1, 2X ) = (1, 2)2 Var ( X )
= (1, 2)2 260 juta rupiah = 374, 4 juta rupiah = 374 juta rupiah
Jawab: E. 9. Misalkan X1 , X2 , X3 adalah sampel acak dari suatu ditribusi diskrit dengan fungsi massa peluang sebagai berikut: 1 , 3 2 p( x ) = , 3 0 ,
x=0
x=1
lainnya
Tentukan fungsi pembangkit momen,M(t), dari Y = X1 X2 X3 ? A.
19 27
8 t + 27 e
B. 1 + 2et 3 C. 13 + 32 et D.
1 27
E.
1 3
8 3t + 27 e
+ 23 e3t
READI Project
198
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 Pembahasan: Y = X1 , X2 , X3 P ( Y = 1 ) = P ( X1 = 1 ) P ( X2 = 1 ) P ( X3 = 1 ) 2 2 2 = 3 3 3 8 = 27 P (Y = 0 ) = 1 − P (Y = 1 ) 19 = 27 M (t) = E[etY ]
=
∑ etY P(Y = y)
= e 0 P (Y = 0 ) + e t P (Y = 1 ) 8 19 + et = 27 27 Jawab: A. 10. Perusahaan asuransi jiwa membuat sebuah polis asuransi berjangka 1 tahun untuk satu pasangan wiraswasta yang bepergian ke lokasi berisiko tinggi.
Polis asuransi tidak
membayar apapun jika tidak ada yang meninggal dalam tahun tersebut; 100.000 juta rupiah, jika tepat satu dari pasangan tersebut meninggal, dan K juta> 0, jika keduanya meninggal. Perusahaan asuransi menentukan bahwa terdapat peluang minimal satu akan meninggal dalam tahun tersebut sebesar 0,1 dan peluang tepat satu dari pasangan akan meninggal dalam tahun tersebut sebesar 0,08. Diketahui simpangan baku dari pembayaran sebesar 74.000 juta. Tentukan ekspektasi pembayaran polis untuk tahun tersebut (dalam juta rupiah) A. 18.000 B. 21.000 C. 24.000 D. 27.000 E. 30.000
READI Project
199
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 Pembahasan: Misalkan B ialah manfaat yang dibayarkan (dalam ribuan)
B =
0 ,
x=0
100 ,
x=1
k ,
x=2
X adalah jumlah orang yan meninggal dalam polis pasangan P( X = 1) = 0, 08 P( X = 2) = P( X ≥ 1) − P( X = 1)
= 0, 1 − 0, 08 = 0, 02 Var [ X ] = 742 2 2 2 74 = (100) (0, 08) + k (0, 02) − ((100)(0, 08) + k (0, 02))2 0 = 0, 0196k2 − 0, 32k − 4740 k = 500 (dalam ribuan) E[ B] = (100.000)(0, 08) + (500.000)(0, 02)
= 18.000
Jawab: A. 11. Sebuah studi dilakukan terhadap kesehatan dari dua kelompok saling bebas berisi 10 pemegang polis yang mana dimonitor selama satu tahun. Peluang partisipan (individu) dalam studi mengundurkan diri sebelum akhir studi ialah 0,2 (saling bebas dengan partisipan yang lain). Berapa peluang paling sedikit 9 partisipan menyelesaikan studi dalam salah satu kelompok, bukan dalam kedua kelompok? A. 0,096 READI Project
200
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 B. 0,192 C. 0,235 D. 0,376 E. 0,469 Pembahasan: Peluang gagal ialah 0,2 Partisipan saling bebas Misalkan: X adalah jumlah partisipan yang menyelesaikan studi P( X ≥ 9) = P( X = 9) + P( X = 10) 10! 10! 9 = (0, 8) (0, 2) + (0, 8)10 9!(10 − 9)! 10!(10 − 10)! = 0, 3758096384 P( X < 9) = 1 − P( X ≥ 9)
= 1 − 0, 3758096384 = 0, 6241903616 Probabilitas salah satu kelompok menyelesaikan studi dengan sedikitnya 9 partisipan,
= P( X ≥ 9)P( X < 9) + P( X < 9)P( X ≥ 9) = 2P( X ≥ 9)P( X < 9) = 2(0, 3758096384)(0, 6241903616) = 0, 4691535082 ∼ = 0, 469
Jawab: E. 12. Seorang aktuaris menemukan bahwa pemegang polis memiliki kecenderungan mengajukan 2 kali klaim tiga kali lebih besar dibandingkan mengajukan 4 kali klaim. Jika banyaknya
READI Project
201
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 klaim yang diajukan memiliki distribusi Poisson, berapa variansi dari banyaknya klaim yang diajukan? 1 A. √ 3 B. 1 √ C. 2 D. 2 E. 4 Pembahasan: X adalah banyak klaim yang diajukan X ∼ Poisson(λ) P( X = 2) = 3P( X = 4) e − λ λ2 e − λ λ4 = 3 2! 4! 12 λ2 = 3 λ = 2 Var [ X ] = λ
= 2 Jawab: D. 13. Lamanya waktu penggunaan suatu printer dengan biaya 200 ribu rupiah memiliki distribusi eksponensial dengan rata-rata sebesar 2 tahun. Pemilik pabrik setuju untuk membayar ganti rugi penuh jika sebuah printer rusak dalam satu tahun pertama sejak masa pembelian, dan membayar ganti rugi setengahnya jika printer rusak di tahun kedua. Jika pengusaha berhasil menjual 100 printer, berapa ekspektasi pengusaha membayar ganti rugi? A. 6.321 B. 7.358 C. 7.869 READI Project
202
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 D. 10.256 E. 12.642 Pembahasan: X adalah waktu penggunaan sebuah printer hingga rusak X ∼ eksponensial ( β = 2) Z 1
2 1 −x 1 −x E[ X ] = 200 e 2 dx + 100 e 2 dx 2 2 0 1 Z 1 Z 2 1 −x 1 −x = 200 e 2 dx + 100 e 2 dx 0 2 1 2
Z
1
1
= 200 1 − e− 2 + 100 e− 2 − e−1 1
= 200 − 100e− 2 − 100e−1 = 102, 5589899 Ada 100 printer terjual (100X), maka diperoleh: E[100X ] = 100E[ X ]
= 100(102, 589899) = 10.255, 89899 = 10.256 Jawab: D. 14. Jika X memiliki distribusi kontinu seragam pada interval dari 0 hingga 10, maka berapa nilai dari P X + 10 > 7 ? X A.
3 10
B.
31 70
C.
1 2
D.
39 70
E.
7 10
READI Project
203
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 Pembahasan: X ∼ Uni f orm[0, 10]
10 P X+ >7 x
= P( X 2 − 7X + 10 > 0) = 1 − P (( X − 2)( X − 5) < 0) = 1 − P(2 < X < 5) = 1 − ( F (5) − F (2)) 5 2 = 1− − 10 10 7 = 10
Jawab: E. 15. Sebuah distribusi Pareto mempunyai parameter α dan θ diketahui memiliki fungsi kepadatan peluang: f (x) =
αθ α , x>0 ( x + θ ) α +1
Diketahui α = 3 dan θ = 200. Selanjutnya didefinisikan peubah acak baru, yaitu Y yang merupakan distribusi bersyarat X − 100, diberikan X > 100. Tentukan distribusi Y? A. Pareto α = 3 dan θ = 200 B. Pareto α = 4 dan θ = 200 C. Pareto α = 3 dan θ = 100 D. Pareto α = 3 dan θ = 300 E. Pareto α = 4 dan θ = 300 Pembahasan:
READI Project
204
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016
X ∼ Pareto (α = 3 dan θ = 200) P( X > x ) =
200 ( x + 200)
3
P( X − 100 > Y | X > 100) = P( X > Y + 100|Y > 100) P( X > Y + 100) = P(Y > 100 3
=
200 y+100+200
=
3 200 100+200 (300)3
(y + 300)3 3 (300) = (y + 300) Y ∼ Pareto (α = 3 dan θ = 300)
Jawab: D. 16. Misalkan X dan Y adalah peubah acak diskrit yang menyatakan kerugian, memiliki fungsi kepadatan peluang gabungan sebagai berikut: y , 24x f ( x, y) = 0 ,
x = 1, 2, 4; y = 2, 4, 8; x ≤ y lainnya
Sebuah polis asuransi membayar penuh kerugian X dan setengah kerugian Y. Tentukan peluang ganti rugi klaim yang dibayarkan perusahaan asuransi tidak lebih dari 5? A.
1 8
B.
7 24
C.
3 8
D.
5 8
E.
17 24
Pembahasan: X = 1, 2, 4 Y = 2, 4, 8
READI Project
205
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 1 2Y
= 1.2.4
X≤Y 1 1 P( X + Y ≤ 5) = 1 − P( X + Y > 5) 2 2 = 1 − (P( X = 2, Y = 8) + P( X = 4, Y = 4) + P( X = 4, Y = 8)) 4 8 8 + + = 1− (24)(2) (24)(4) (24)(4) 7 = 1− 24 17 = 24 Jawab:E. 17. Sebuah polis asuransi membayar total manfaat perawatan kesehatan yang terdiri dari 2 bagian untuk setiap klaim. Misalkan X menyatakan bagian dari manfaat yang dibayarkan kepada dokter bedah, dan Y menyatakan bagian yang dibayarkan kepada rumah sakit. Variansi dari X adalah 5000, variansi dari Y adalah 10.000, dan variansi dari total manfaat, X + Y adalah 17.000. Karena peningkatan biaya medis, perusahaan yang menerbitkan polis memutuskan untuk meningkatkan X dengan jumlah yang tetap sebesar 100 per klaim, dan meningkatkan Y dengan 10% per klaim. Hitung variansi dari total manfaat setelah perbaikan tersebut dibuat! A. 18.200 B. 18.800 C. 19.300 D. 19.520 E. 20.670 Pembahasan: X = Bagian manfaat dokter bedah Y = Bagian manfaat rumah sakit Var [ X ] = 5000 Var [Y ] = 10000 Var [ X + Y ] = 17000 READI Project
206
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 Akibat inflasi X = X + 100 Y = 1, 1Y Var [ X + Y ] − Var [ X ] − Var [Y ] 2 17000 − 5000 − 10000 = 2 = 1000
Cov[ X, Y ] =
Variansi dari total manfaat setelah perbaikan tersebut dibuat adalah: Var [ X + 100 + 1, 1Y ] = Var [ X ] + 1, 12 Var [Y ] + 1, 1cov[ X, Y ]
= 5000 + 1, 12 (10000) + 1, 1(1000) = 19300 Jawab: C. 18. Misalkan T1 dan T2 menyatakan lamanya waktu penggunaan (dalam unit jam) dari 2 komponen yang berhubungan pada suatu alat elektronik. Fungsi peluang gabungan dari T1 dan T2 adalah seragam pada daerah yang didefinisikan oleh 0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ L, dengan L ialah suatu konstanta positif. Tentukan E( T1 + T2 )2 ! L2 3 L2 B. 2 2L2 C. 3 3L2 D. 4
A.
E. L2 Pembahasan:
Jika yang dimaksud dari pertanyaan ialah E ( T1 )2 + ( T2 )2 maka pembahasannya sebagai berikut:
READI Project
207
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 • f T1 ,T2 (t1 , t2 ) = c
0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ L
• FT1 ,T2 (t1 , t2 ) =
Z L Z t2 0
0
c(t2 ) dt2
L2 2 2 c = L2
1 = c.
•
E ( T1 ) + ( T2 ) 2
2
=
Z L Z t2 0
=
0
2 dt1 dt2 L2 !
t22 + t22 (t2 ) 3 0 Z L 4 L L4 + 12 4 0 2 4L 12
Z 2 L
L2
(t21 + t22 )
dt2
2 L2 2 = 2 L 2L2 = 3
=
Jawab: C. 19. Nilai keuntungan suatu produk baru diberikan oleh suatu formula : Z = 3X − Y − 5. X dan Y adalah peubah acak saling bebas dengan Var ( X ) = 1 dan Var (Y ) = 2. Berapa variansi untuk peubah Z? READI Project
208
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 A. 1 B. 5 C. 7 D. 11 E. 16 Pembahasan: Z = 3X − Y − 5 Var [ Z ] = Var [3X − Y − 5]
= (32 )Var [ X ] + Var [Y ] = 9(1) + 2 = 11 Jawab: D. 20. Misalkan X dan Y menyatakan lamanya waktu (dalam jam) seseorang yang dipilih secara acak menonton film dan pertandingan olahraga, selama periode tiga bulan. Diketahui informasi tentang X dan Y sebagai berikut: E( X ) = 50 E(Y ) = 20 Var ( X ) = 50 Var (Y ) = 30 Cov( X, Y ) = 10 Dari 100 orang dipilih secara acak dan diamati selama tiga bulan. Misalkan T menyatakan total lamanya waktu (dalam jam) seratus orang tersebut menonton film atau pertandingan olahraga selama tiga bulan. Berapa nilai P( T < 7100)? A. 0,62 B. 0,84 READI Project
209
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 C. 0,87 D. 0,92 E. 0,97 Pembahasan: T = (X + Y) N = 100 → Central Limit Theorem E[ T ] = 100E[ X + Y ]
= 100(E[ X ] + E[Y ]) = 100(50 + 20) = 7000 Var [ T ] = 100Var [ X + Y ]
= 100(Var [ X ] + Var [Y ] + 2cov[ X, Y ]) = 100(50 + 30 + 2(10)) = 10.000 σT = 100
T − E[ T ] P( T < 7100) = P Z < σT 7100 − 7000 = P Z< 100 = P( Z < 1)
= Φ(1) → Lihat ditabel distribusi normal (2 sisi) saat z=1
= 0, 8413 = 0, 84 Jawab: B. 21. Sebuah perusahaan asuransi menerbitkan 1250 polis asuransi perlindungan kesehatan mata. Banyaknya klaim yang diajukan oleh pemegang polis asuransi tersebut selama satu tahun READI Project
210
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 ternyata mengikuti peubah acak Poisson dengan rata-rata 2. Asumsikan banyaknya klaim yang diajukan oleh pemegang polis yang berbeda ialah saling bebas. Berapa peluang total banyaknya klaim yang terjadi berada pada selang 2450 dan 2600 dalam satu tahun? (pendekatan ke nilai terdekat) A. 0,68 B. 0,82 C. 0,87 D. 0,95 E. 1,00 Pembahasan: Misalkan : X adalah banyak klaim yang diajukan oleh seorang pemegang polis X ∼ Poisson(λ = 2) N = 1250 → Central Limit Theorem E[ X ] = 1250(E[ X ])
= 1250(2) = 2500 Var [ X ] = λ
= 2 Var [ X ] = 1250(Var [ X ])
= 1250(2) = 2500 σS = 50
READI Project
211
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 7. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2016 2600 − E[S] 2450 − 2600 P(2450 < S < 2600) = P 0) 02 (0, 3) + 502 (0, 1) + 2002 (0, 1) + 5002 (0, 2) + 10002 (0, 2) + 100002 (0, 1) = 0, 7 10.254.250 = 0, 7 = 14.648.928, 57
E[ X 2 | X > 0] =
Var ( B) = Var ( x | x > 0)
= E[ X 2 | x > 0] − (E[ X | x > 0])2 = 14.648.928, 57 − (1.892, 86)2 = 11.066.009, 59
σB =
q
Var ( B) =
√
11.066.009, 59 = 3326, 56 ≈ 3327
Jawab: B. 23. Setiap orang yang melewati persimpangan kota ditanya bulan lahir mereka. Diasumsikan populasi dibagi seragam berdasarkan bulan kelahirannya, sehingga setiap orang yang lewat secara acak memilki peluang yang sama untuk lahir di bulan tertentu. Berapa minimum banyaknya orang yang dibutuhkan, sehingga peluang tidak ada dua orang yang lahir di bulan yang sama kurang dari 0,5? A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 E. 6 Pembahasan: Misal n menyatakan banyak orang
READI Project
250
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 Kita ingin menghitung P(dua orang lahir di bulan berbeda) ≤ 0, 5 P( N = n ) =
12 Pn (12)n
• untuk n = 4 diperoleh P( N = 4) =
12 P4 (12)4
= 0, 57
• untuk n = 5 diperoleh P( N = 5) =
12 P5 (12)5
= 0, 38
Karena P( N = 5) = 0, 38 < 0, 5, maka minimum banyak orang yang dibutuhkan adalah 5 Jawab: D. 24. Agus dan Iwan adalah atlet lari sprint 100m. Waktu tempuh Agus berdistribusi normal dengan rata-rata 10 detik, sedangkan Iwan juga berdistribusi normal dengan rata-rata 9,9 detik. Keduanya memiliki standar deviasi yang sama, σ. Diasumsikan waktu tempuh keduanya saling bebas, dan diketahui Iwan memiliki peluang 95% mengalahkan Agus. Cari σ. A. 0,040 B. 0,041 C. 0,042 D. 0,043 E. 0,044 Pembahasan: Misal : A menyatakan waktu tempuh Agus B menyatakan waktu tempuh Iwan Diketahui A ∼ Normal (10; σ2 ) dan B ∼ Normal (9, 9; σ2 ) Selain itu diberikan informasi bahwa P( B − A < 0) = 0, 95 Misalkan S = B − A, maka S ∼ Normal (−0, 1; 2σ2 ) P(S < 0) = 0, 95 0 − E( S ) P Z< = 0, 95 σS 0, 1 P Z< √ = 0, 95 σ 2
READI Project
251
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 Dengan menggunakan tabel distribusi diperoleh : 0, 1 √ = 1, 645 σ 2 0, 1 √ = 0, 042985 ≈ 0, 043 σ = (1, 645) 2 Jawab: D. 25. Kejadian X,Y, dan Z memenuhi persamaan berikut: X ∩ Y 0 = φ; Y ∩ Z 0 = φ; P( X 0 ∩ Y ) = a; P(Y 0 ∩ Z ) = b; P( Z ) = c Cari P( X ) dalam a, b, dan c! A. a + b + c B. a + b − c C. c + b − a D. c + a − b E. c − b − a Pembahasan:
Tabel Probabilitas
Y
X
X0
c−b−a
a
c− b b+
Y0
0
b+1−c
1− c
c−b−a
READI Project
1+b+ a−c
1
252
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017
Y
Z
Z0
c−b
0
c− b b+
Y0
b
1−c
1− c
c Tanda
1−c
1
menunjukkan nilai peluang yang terdapat di soal. Kemudian kita akan melengkapi
bagian-bagian kosong dari masing-masing tabel untuk mendapatkan P( X ) dalam a, b, c. Dengan demikian kita peroleh P( X ) = c − b − a Jawab: E. 26. A menulis surat kepada B dan tidak mendapatkan balasan. Asumsikan satu surat, n, hilang dalam pengiriman, berapa peluang B menerima suratnya? Dengan mengasumsikan B selalu membalas surat apabila ia menerima surat tersebut A.
n n −1
B.
n −1 n2
C.
n −1 2n−1
D.
n 2n−1
E.
n −1 n2
+
1 n
Pembahasan: Misal : D menyatakan B menerima surat dari A R menyatakan A menerima balasan dari B P( D ) =
n−1 1 n−1 =⇒ P( D ) = 1 − = n n n
P( R 0 | D ) =
READI Project
1 ; n
253
P( R 0 | D 0 ) = 1
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 Kita akan mencari P( D | R0 ) P( R 0 | D )P( D ) P( R 0 | D )P( D ) + P( R 0 | D 0 )P( D 0 ) 1 n−1 n n = 1 n−1 1 + n n n n−1 n−1 n = = n 2n − 1 2n − 1
P( D | R 0 ) =
Jawab: C. 27. Suatu perusahaan asuransi mendapatkan informasi bahwa pada suatu kelas polis tertentu, saat besar klaim melebihi 1000, rata-rata besar klaim yang melebihi 1000 adalah 500. Oleh karena itu diasumsikan besar klaim berdistribusi uniform pada interval [0, c], dimana c > 1000. Cari nilai c yang konsisten dengan pengamatan tersebut. [Hint : Perhatikan nilai pada peluang kondisional pada distribusi uniform] A. 1500 B. 2000 C. 2500 D. 3000 E. 3500 Pembahasan:
READI Project
254
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 Misal X menunjukkan besar klaim X ∼ Uniform(0, c) dengan c > 1000
Rt
E =
= = = =
x. f X ( x )dx P( x > 1000) Rc 1 1000 x c dx 1 − 1000 c Z c 1 xdx c − 1000 1000 2 10002 1 c − c − 1000 2 2 2 c − 1.000.000 2(c − 1000) 1000
E[ X | X > 1000] = 1000 + 500 = 1500 =
c2 − 1.000.000 2(c − 1.000)
Dari sini kita peroleh: 3000c − 3.000.000 = c2 − 1.000.000 c2 − 3000c + 2.000.000 = 0
(c − 2.000)(c − 1.000) = 0 karena c > 1000, maka kita dapatkan c = 2000 Jawab: B. 28. Distribusi gabungan suatu peubah acak X dan Y memiliki fungsi peluang f ( x, y) = x + y, 0 < x < 1, 0 < y < 1
Distribusi gabungan suatu peubah acak Y dan Z memiliki fungsi peluang
1 g(y, z) = 3 y + 2
z2 , 0 < y < 1, 0 < z < 1
Pilihan di bawah ini yang bisa menjadi fungsi kepadatan peluang dari distribusi gabungan X dan Z adalah A. x + 32 z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 READI Project
255
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 B. x + 12 + 3z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 1 C. 3 x + 2 z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 D. x + z, 0 < x < 1, 0 < z < 1 E. 4xz, 0 < x < 1, 0 < z < 1 Pembahasan:
f (x) = f (z) =
Z 1 0
Z 1 0
Z 1
1 x + y dy = x + 2 0 Z 1 1 1 2 1 2 1 2 y + y 0 = 3z2 (1) = 3z2 f (y, z)dy = z dy = 3z 3 y+ 2 2 2 0 f ( x, y)dy =
Dengan mengasumsikan bahwa x dan z saling independen. Kita peroleh, f ( x, z) = f ( x ) f (z) =
1 x+ 2
1 (3z ) = 3 x + 2 2
z2
dengan 0 < x < 1 dan 0 < z < 1 Jawab: C. 29. Suatu perusahaan asuransi memiliki dua lini bisnis: Kendaraan bermotor dan Kebakaran. Seseorang dengan polis asuransi kebakaran dapat menambah perluasan manfaat asuransi banjir, tapi hanya jika polis tersebut sudah mengandung manfaat kebakaran. Diberikan informasi nasabah perusahaan asuransi tersebut sebagai berikut: I. 80% dari seluruh nasabah memiliki polis asuransi kendaraan bermotor II. 40% dari seluruh nasabah memiliki polis asuransi kebakaran III. 25% nasabah dengan polis asuransi kendaraan bermotor, dan juga memiliki polis asuransi kebakaran IV. 50% nasabah dengan polis asuransi kebakaran juga memiliki asuransi banjir V. 50% dari nasabah dengan manfaat asuransi banjir juga memiliki polis asuransi kendaraan bermotor Dari nasabah dengan polis asuransi kebakaran, berapa pecahan yang tidak memiliki manfaat asuransi banjir dan kendaraan bermotor. READI Project
256
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 A. 0,05 B. 0,10 C. 0,15 D. 0,20 E. 0,25 Pembahasan:
Misal : A menyatakan asuransi kendaraan bermotor B menyatakan asuransi kebakaran C menyatakan asuransi banjir Dari keterangan yang terdapat pada soal kita peroleh: P( A) = 0, 8 P( B) = 0, 4 P( A ∩ B) = (0, 25)(0, 8) = 0, 2 P( B ∩ C ) = (0, 5)(0, 4) = 0, 2 P( A ∩ C ) = (0, 5)(0, 2) = 0, 1
Dengan demikian kita dapatkan: P( A 0 ∩ C 0 | B ) =
P( A 0 ∩ B ∩ C 0 ) 0, 1 = = 0, 25 P( B ) 0, 4
Jawab: E. 30. Perusahaan asuransi jiwa membuat sebuah polis asuransi berjangka 1 tahun untuk satu pasangan wiraswasta yang bepergian ke lokasi berisiko tinggi.
Polis asuransi tidak
membayar apapun jika tidak ada yang meninggal; 100.000, jika tepat satu dari pasangan tersebut meninggal, dan K juta> 0, jika keduanya meninggal.
Perusahaan asuransi
menentukan bahwa terdapat peluang minimal satu akan meninggal dalam tahun tersebut READI Project
257
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 sebesar 0,1 dan peluang tepat satu dari pasangan akan meninggal dalam tahun tersebut sebesar 0,08. Diketahui simpangan baku dari pembayaran sebesar 74.000 juta. Tentukan ekspektasi pembayaran polis untuk tahun tersebut (dalam juta rupiah) A. 18.000 B. 21.000 C. 24.000 D. 27.000 E. 30.000 Pembahasan: Misal : X adalah banyak orang yang meningal B adalah besar pembayaran polis
B =
0 ,
jika X = 0
100.000 ,
jika X = 1
K ,
jika X = 2
Diketahui bahwa P( X ≥ 1) = 0, 1, P( X − 1) = 0, 08, P( X = 2) = 0, 1 − 0, 08 = 0, 02 dan P( X = 0) = 1 − 0, 1 = 0, 9
Selain itu diberikan informasi bahwa σB = 74.000 Var ( B) = E( B2 ) − E[( B)]2
(74.000)2 = (0 + 100.0002 (0, 08) + K2 (0, 02)) − (0 + 100.000(0, 08) + K (0, 02))2 5.476.000.000 = 800.000.000 + 0, 02K2 − (800 + 0, 02K )2 4.676.000.000 = 0, 02K2 − 64.000.000 − 320K − 0, 0004K2 0, 0196K2 − 320K − 4.740.000.000 = 0 nilai K yang memenuhi adalah K = 500.000 atau K = −483.606 READI Project
258
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 8. PEMBAHASAN A20 MEI 2017 Karena K > 0 maka didapatkan K = 500.000 Dengan demikian didapatkan: E[ B] = 0 + 100.000(0, 08) + 500.000(0, 02) = 18.000
Jawab: A.
READI Project
259
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9 PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017
1. Di dalam sebuah gudang peralatan kantor terdapat banyak kardus pensil, dimana masingmasing kardus berisi 100 pensil. Diketahui informasi sebagai berikut: Banyak barang
Jumlah kardus
Jumlah kardus
cacat
(dalam gudang)
(dalam sample)
0
1.500
50
1
250
20
2
75
3
3
40
3
4
10
1
i. Seorang teknisi pengendalian mutu ingin mengetahui banyaknya kardus dengan banyak cacat pensil lebih dari dua. Berapa nilai parameternya? ii. Seorang teknisi pengendalian mutu ingin mengetahui proporsi kardus dengan banyak cacat pensil tidak lebih dari satu. Berapa nilai statistiknya? A. 50; 0, 91 B. 50; 1.750 C. 0, 05; 1.750 D. 0, 05; 0, 91 E. Tidak ada jawaban yang tepat Pembahasan: Misal X menunjukkan banyak pensil yang cacat • Dengan menggunakan data dari dalam gudang kita peroleh X > 2 = [ X = 3] + [ X = 4] = 40 + 10 = 50 260
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 • Untuk mengetahui proporsi kardus dengan banyak cacat pensil lebih dari satu , maka kita akan menggunakan data dari sampel 50 + 20 70 P( X ≤ 1) = = = 0, 91 50 + 20 + 3 + 3 + 1 77 Jawab: A. 2. Sebuah tes penerimaan kerja diketahui memiliki skor rata-rata 37,5 dengan simpangan baku 3,5. Suatu perusahaan A memiliki standar skor yaitu 1,5 sebagai salah satu syarat penerimaan. Berapa nilai skor tes (dalam bilangan bulat) yang harus didapat agar dapat diterima di perusahaan A? A. ≥ 42 B. ≥ 43 C. ≥ 44 D. ≥ 45 E. ≥ 46 Pembahasan: Misal X menunjukkan skor dari tes penerimaan kerja, maka dari soal kita ketahui : µ X = 37, 5; σX = 3, 5; dan Zscore = 1, 5 Dengan demikian, kita peroleh: X − µX σX x − 37, 5 1, 5 = 3, 5
Zscore =
sehingga diperoleh X = 42, 75 Dalam bilangan bulat, skor minimum yang harus didapat agar diterima di perusahaan A adalah 43 Jawab: B. 3. Suatu sampel berukuran n = 10, memiliki variansi sampel 4,8 dan x¯ = 0, 5. Hitung ∑ x2 ! READI Project
261
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 A. 5,08 B. 45,7 C. 48,2 D. 68,2 E. 25 Pembahasan: Misal S2 menyatakan variansi sampel, kita peroleh : S2 =
n 1 ( xi − x¯ )2 n − 1 i∑ =1
10 1 4, 8 = ( xi − 0, 5)2 ∑ 10 − 1 i=1 10
4, 8(9) =
∑ (xi − 0, 5)2
i =1 10
43, 2 =
∑ (xi2 − xi + 0, 25)
i =1 10
43, 2 =
∑
i =1 10
43, 2 =
xi2
10
− ∑ xi + (0, 25)(10) i =1
∑ xi2 − 10x¯ + 2, 5
i =1 10
43, 2 =
∑ xi2 − 10(0, 5) + 2, 5
i =1 10
∑ xi2
= 43, 2 + 5 − 2, 5 = 45, 7
i =1
Jawab: B. 4. Perhatikan tabel berikut. Cari nilai k sehingga nilai koefisien korelasi linear r tepat nol! x
2
4
7
y
3
5
k
A. 8 B. 3 READI Project
262
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 C. 4,33 D. 3,25 E. 1,41 Pembahasan: Dari tabel diketahui, jumlah data adalah n = 3. Kita akan mencari nilai k sedemikian hingga r x,y r x,y
= q
0 = r
n ∑in=1 Xi Yi − ∑in=1 Xi ∑in=1 Yi q 2 n n 2 n ∑i=1 Xi − (∑i=1 Xi ) n ∑in=1 Yi2 − (∑in=1 Yi )2 3 ∑3i=1 Xi Yi − ∑3i=1 Xi ∑3i=1 Yi 2 r 2 3 ∑3i=1 Xi2 − ∑3i=1 Xi 3 ∑3i=1 Yi2 − ∑3i=1 Yi
Agar persamaan di atas terpenuhi, maka 3
3
i =1
i =1
3 ∑ Xi Yi − ∑ Xi
3
∑ Yi
= 0
i =1
3(6 + 20 + 7k ) − 13(8 + k) = 0 3(26 + 7k) = 13(8 + k ) 78 + 21k = 104 + 13k 8k = 26 26 = 3, 25 k = 8 Jawab: D. 5. Hitung nilai Σ(y − yˆ )2 jika diketahui yˆ = −0, 6 + 3, 2x adalah persamaan garis yang paling sesuai untuk data berikut: x
1
2
3
4
5
y
5
1
13
9
17
A. -96 B. -6 C. 0 READI Project
263
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 D. 57,6 E. 64,8 Pembahasan: Diberikan yˆ = −0, 6 + 3, 2x. Pertama-tama kita akan mencari yˆ untuk masing-masing nilai x yang berkaitan x
1
2
3
4
5
y
5
1
13
9
17
yˆ
2,6
5,8
9
12,2
15,4
5
∑ (yi − yˆ)2
= (5 − 2, 6)2 + (1 − 5, 8)2 + (13 − 9)2 + (9 − 12, 2)2 + (17 − 15, 4)2
i =1
= 5, 76 + 23, 04 + 16 + 10, 24 + 2, 56 = 57, 6
Jawab: D. 6. Seorang mahasiswa melakukan perhitungan rata-rata suatu sampel tertentu, didapat nilai 40. Setelah menemukan hasil, mahasiwa tersebut menyadari bahwa dia lupa memasukkan angka 36 pada sampel tersebut. Ketika angka 36 dimasukkan, didapat nilai rata-rata menjadi 39,5. Berapa ukuran sampel sebelum angka 36 dimasukkan? A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 E. Tidak ada jawaban yang tepat Pembahasan: Misalkan Xi menunjukkan nilai sample ke-i dan n menunjukkan jumlah sample mula-mula, maka diperoleh:
READI Project
∑in=1 Xi = 40 n 264
(9.1) Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Setelah dikembalikan data bernilai 36 ke dalam sampel tersebut diperoleh: ∑in=1 Xi + 36 = 39, 5 n+1
(9.2)
Dari Persamaan (9.1) diperoleh ∑in=1 Xi = 40n. Selanjutnya disubtitusikan nilai ini ke dalam persamaan (9.2) sehingga diperoleh: 40n + 36 = 39, 5 n+1 40n + 36 = 39, 5n + 39, 5 0, 5n = 3, 5 n = 7
Jawab: A. 7. Diketahui nilai data suatu percobaan adalah 70 dan 100. Tambahkan 3 nilai data ke dalam sampel tersebut sehingga sampel tersebut memiliki rata-rata 95 dan modus 80. Cari nilai salah satu dari tiga data tambahan! A. 35 B. 40 C. 65 D. 115 E. 145 Pembahasan: Data mula-mula memiliki jumlah data n = 2, dengan X1 = 70 dan X2 = 100. Setelah menambahkan 3 nilai ke dalam sampel diperoleh nilai rata-rata adalah 95, modus = 80 dan jumlah data n = 5 Dari sini kita bisa mengetahui bahwa X3 = 80 dan X4 = 80, sebab nilai modusnya 80.
READI Project
265
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Selanjutnya kita akan mencari nilai dari X5 . Misalkan X5 = x, maka : X1 + X2 + X3 + X4 + X5 = 95 5 70 + 100 + 80 + 80 + x = 95 5 330 + x = 475 x = 145
Jawab: E. 8. Suatu perusahaan XYZ memiliki dua generator listrik.
Waktu hingga masing-masing
generator tersebut rusak mengikuti distribusi eksponensial dengan rata-rata 10. Perusahaan XYZ baru akan menggunakan generator kedua sesaat setelah generator pertama mengalami kerusakan. Berapa variansi dari total waktu kedua generator tersebut menghasilkan listrik? A. 10 B. 20 C. 50 D. 100 E. 200 Pembahasan: Misal X1 menunjukkan waktu hingga generator pertama rusak dan X2 menunjukkan waktu hingga generator kedua rusak. Diberikan X1 ∼ Exp(θ1 = 10) dan X2 ∼ Exp(θ2 = 10) Dari sini kita peroleh θ1 = θ2 = 10 dan E[ X1 ] = E[ X2 ] = 10 E[ X ] =
Z ∞ 0
x. f ( x )dx =
Z ∞ 0
x
Dengan demikian diperoleh 10E[ X ] =
READI Project
266
1 −x e 10 10
Z ∞ 0
1 dx = 10
Z ∞ 0
x
xe− 10 dx
x
xe− 10 dx
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017
E[ X 2 ] =
Z ∞ 0
x2 f ( x )dx =
Z ∞ 0
x2
1 −x e 10 10
*0 Z ∞ ∞ x dx = x2 e dx + 2xe− 10 dx 0 0 x − 10
Dengan demikian diperoleh E[ X ] = 2 2
Z ∞ 0
x
xe− 10 dx = 20E[ X ] = 20(10) = 200
Variansi dari total waktu masing-masing generator menghasilkan listrik adalah Var [ X ] = E[ X 2 ] − (E[ X ])2 = 200 − 100 = 100
Jadi Var [ X1 ] = Var [ X2 ] = Var [ X ] = 100 Oleh karena itu, variansi dari total waktu kedua generator tersebut menghasilkan listrik adalah
Var ( X1 + X2 ) = Var ( X1 ) + Var ( X2 ) = 100 + 100 = 200 Jawab: E. 9. Sebuah acara penggalangan dana menerima 2.025 kontribusi.
Diasumsikan seluruh
kontribusi saling bebas dan berdistribusi identik dengan rata-rata 3.125 dan simpangan baku 250. Hitung persentil ke-90 suatu kontribusi dari total seluruh kontribusi yang diterima! A. 6.328.000 B. 6.338.000 C. 6.343.000 D. 6.784.000 E. 6.977.000 Pembahasan: Diberikan n = 2025, µ = 3125 dan σ = 250
READI Project
267
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Misalkan S menyatakan total keseluruhan konstribusi, maka diperoleh: E[S] = n.µ = 2.025(3.125) = 6.328.125 Var (S) = nσ2 = 2025(250)2 = 126.562.500 Berikutnya kita akan menghitung presentil ke-90 dari total seluruh konstribusi yang diterima. Misal k menyatakan presentil ke-90, maka diperoleh: P(S ≤ k ) = 0, 9 k − E[ S ] P Z≤ = 0, 9 σs k − 6.328.125 P Z≤ √ = 0, 9 126.562.500
Dari tabel distribusi normal standar diperoleh Z = 1, 2816 saat 0,9. Dengan demikian kita peroleh k − 6.328.125 √ = 1, 2816 126.562.500 k = 1, 2816
√
126.562.500 + 6.328.125
= 6.342.543 ≈ 6.343.000
Jawab: C. 10. Keuntungan bulanan Perusahaan M dapat dimodelkan oleh peubah acak kontinu dengan fungsi kepadatan f . Perusahaan N memiliki keuntungan bulanan dua kalinya Perusahaan M. Tentukan fungsi kepadatan peluang dari keuntungan bulanan milik Perusahaan N! 1 x f 2 2 x B. f 2 x C. 2 f 2
A.
D. 2 f ( x ) E. 2 f (2x ) READI Project
268
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: Misalkan M menyatakan keuntungan bulanan dari perusahaam M dan N menyatakan keuntungan bulanan dari perusahaan N Diberikan f M ( x ) = f ( x ), dan N = 2M Dengan demikian kita peroleh f N (x) =
x 1 1 x fM = f 2 2 2 2
Jawab:A. 11. Keluarga Joko membeli dua polis dari perusahaan asuransi yang sama. Kerugian atas dua polis tersebut saling bebas dan memiliki distribusi kontinu seragam pada interval 0 sampai 10. Satu polis memiliki deductible 1, dan yang satunya memiliki deductible 2. Keluarga Joko mengalami tepat satu kerugian dari masing-masing polis. Hitung peluang total manfaat yang dibayarkan ke Keluarga Joko tidak melebihi 5! A. 0,13 B. 0,25 C. 0,30 D. 0,32 E. 0,42 Pembahasan: Misalkan X1 adalah kerugian pada polis 1 dan X2 adalah kerugian pada polis 2 Diketahui f X1 ( x ) = f X2 ( x ) =
1 1 = , dengan 0 < x1 , x2 < 10 10 − 0 10
Karena X1 dan X2 independen, maka : f X1 ,X2 ( x1 , x2 ) = f X1 ( x ) f X2 ( x ) =
1 1 1 . = 10 10 100
Misalkan Y1 menyatakan kerugian polis 1 setelah deductible sebesar 1 dan Y2 menyatakan
READI Project
269
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 kerugian pada polis 2 setelah deductible sebesar 2, maka kita peroleh :
Y1 = X1 − 1 =
Y2 = X2 − 2 =
Y1 + Y2 =
0 ,
x1 ≤ 1
x −1 , 1
x1 > 1
0 ,
x2 ≤ 2
x −2 , 2
x2 > 2
0 ,
jika x1 ≤ 1 dan x2 ≤ 2
x +x −3 , 2 1
jika x1 > 1 dan x2 > 2
Kita akan menghitung P(Y1 + Y2 ≤ 5) atau dengan kata lain menghitung P( X1 + X2 ≤ 8)
P(Y1 + Y2 ≤ 5) = f X1 ,X2 ( x1 , x2 )
8(8) − 2(1) 2
1 (30) 100 30 = 100 = 0, 3
=
Jawab: C. 12. Fungsi pembangkit momen dari distribusi gabungan suatu peubah acak X dan Y adalah 1 2 2 MX,Y (t1 , t2 ) = + e t1 . ,untuk t2 < 1. Hitung Var [ X ]! 3(1 − t2 ) 3 (2 − t2 ) READI Project
270
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 A. 1/18 B. 1/9 C. 1/6 D. 2/9 E. 1/3 Pembahasan:
E[ X ] = Mx0 (t) ∂
t =0
1 3(1− t2 )
E[ X ] =
+ 32 et1 2−2t2
t1 =0,t2 =0
∂t1
2 t1 2 = e 3 2 − t2
t1 =0,t2 =0
2 = 3 ∂ 23 et1 (2−2t ) 2
E[ X 2 ] =
t1 =0,t2 =0
∂t1 2 t1 2 = e 3 (2 − t2 )
t1 =0,t2 =0
2 3 Var [ X ] = E[ X 2 ] − (E[ X ])2 2 4 = − 3 9 2 = 9
=
Jawab: D. 13. Rata-rata besar kerugian per polis pada suatu portofolio polis adalah 100.
Aktuari 1
mengasumsikan distribusi besar kerugian memiliki distribusi eksponensial dengan mean READI Project
271
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 100, sedangkan Aktuari 2 mengasumsikan distribusi besar kerugian memiliki fungsi kepadatan peluang: f2 (x) =
2θ 2 , ( x + θ )3
x>0
Jika m1 dan m2 menyatakan median besar kerugian untuk kedua ditribusi tersebut, maka m hitung 1 m2 A. 0,6 B. 1,0 C. 1,3 D. 1,7 E. 2,0 Pembahasan: Misalkan X1 menyatakan besar kerugian menurut aktuari 1 dan X2 menyatakan besar kerugian menurut aktuari 2. X1 ∼ Exp(θ = 100) f X2 ( x ) =
1 − x e 100 100
Median dari X1 adalah m1 dengan m1
0, 5 = 1 − e− 100 m1 = −100 ln(0, 5) = 69, 32
Berikutnya kita akan mendapatkan CDF dari X2 P( X2 ≤ x ) = FX2 ( x ) =
Z x 0
2θ 2 dt ( t + θ )3
Misal u = t + θ, maka du = dt Z
READI Project
2θ 2 dt = 2θ 2 3 (t + θ )
Z
1 −θ 2 −θ 2 2 1 du = − 2θ = + c = +c u3 2u2 u2 ( t + θ )2
272
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 dengan mensubtitusikan batas integrasi kita peroleh Z x 0
−θ 2 θ2 2θ 2 dt = + = 1− ( t + θ )3 ( x + θ )2 θ 2
θ (x + θ )
2
Median dari X2 adalah m2 dengan 0, 5 = 1 −
θ m2 + θ
2
Diberikan θ = 100, maka kita peroleh 2 100 1 − 0, 5 = m2 + 100 √ 100 0, 5 = m2 + 100 100 m2 = √ − 100 = 41, 42 05
Dengan demikian kita peroleh: m1 69, 32 = = 1, 6736 ≈ 1, 7 m2 41, 42 Jawab: D. 14. Misalkan X suatu peubah acak kontinu dengan fungsi kepadatan sebagai berikut: 2 1 f ( x ) = √ e− x /2 , 2π
−∞ < x < ∞
Hitung E[ X | X ≥ 0]! A. 1 r B. C.
2 π
1 2
1 D. √ 2π E. 0
READI Project
273
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan:
R∞ E[ X | X ≥ 0] =
x f ( x )dx P( X ≥ 0) 0
Karena x berdistribusi normal standard ( X ∼ N (0, 1)) maka P( X ≥ 0) = 0, 5. Berikutnya kita akan mencari nilai integral di atas. Z ∞ 0
x f ( x )dx =
Z ∞ 0
x2 1 √ xe− 2 dx 2π
1 = √ 2π Misal y =
Z ∞ 0
x2
xe− 2 dx
x2 , maka dy = xdx. Dengan demikian hasil integrasi di atas menjadi 2 Z ∞ 0
1 x f ( x )dx = √ 2π
Z ∞ 0
e−y dy
∞ 1 −y = √ e 2π
y =0
1 = √ 2π Dari sini kita peroleh: √1 2π
2 E[ X | X ≥ 0] = =√ = 0, 5 2π
r
4 = 2π
r
2 π
Jawab: B. 15. Masa hidup suatu printer seharga 200 berdistribusi eksponensial dengan mean 2 tahun. Pabrik setuju membayar kembali penuh jika printer rusak di tahun pertama setelah pembelian, dan 50% nya jika rusak di tahun kedua. Jika pabrik berhasil menjual 100 buah printer, berapa ekspektasi pembayaran kembali (refund)? A. 4.561 B. 6.321
READI Project
274
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 C. 7.358 D. 7.869 E. 10.256 Pembahasan: Misalkan X menunjukkan waktu penggunaan dari sebuah printer hingga rusak. Diberikan X ∼ Exp(θ = 2) Misal Y menunjukkan pembayaran kembali (refund), kita peroleh: Z 1 Z 2 1 −x 1 −x 2 E[Y ] = 200 e dx + 100 e 2 dx 0
2
= 200(1 − e
− 12
) + 100(e
1 − 12
2
− e −1 )
1
= 200 − 100e− 2 − 100e−1 Karena ada 100 printer yang terjual, maka E[100Y ] = 100E[Y ] 1
= 100(200 − 100e− 2 − 100e−1 ) = 10.256, 89 ≈ 10.256
Jawab: E. 16. X memiliki distribusi diskrit seragam pada bilangan bulat 0, 1, 2, ..., n dan Y memiliki distribusi diskrit seragam pada bilangan bulat 1, 2, 3, ..., n. Cari Var [ X ] − Var [Y ]! 2n + 1 12 1 B. 12
A.
C. 0 1 12 2n + 1 E. − 12
D. −
READI Project
275
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: Diketahui : X ∼ Uniform(n = n + 1) dan Y ∼ Uniform(n = n)
( n + 1)2 − 1 12 n2 − 1 Var (Y ) = 12
Var ( X ) =
Dengan demikian kita peroleh:
( n + 1)2 − 1 n2 − 1 n2 + 2n + 1 − 1 − n2 + 1 − = 12 12 12 2n + 1 = 12
Var ( X ) − Var (Y ) =
Jawab: A. 17. Suatu perusahaan melakukan perhitungan untuk asuransi gempa bumi menggunakan asumsi sebagai berikut: a. Dalam tahun kalender, paling banyak terjadi gempa bumi satu kali b. Dalam tahun kalender, peluang terjadinya gempa bumi adalah 0,05 c. Banyaknya gempa bumi yang terjadi dalam tahun kalender saling bebas Menggunakan asumsi perusahaan diatas, hitung peluang terjadinya gempa bumi kurang dari tiga kali dalam periode 20 tahun! A. 0,06 B. 0,19 C. 0,38 D. 0,62 E. 0,92 Pembahasan: Misalkan X menyatakan banyak gempa. Diketahui X ∼ Binomial(n = 20, p = 0, 05)
READI Project
276
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017
P( X < 3) = P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) 20 20 20 20 19 = (0, 95) + (0, 05)(0, 95) + (0, 05)2 (0, 95)18 0 1 2 = 0, 3584859224 + 0, 3773536025 + 0, 1886768013
= 0, 9245163262 ≈ 0, 92 Jawab: E. 18. Seorang aktuaris menentukan besar klaim untuk kelas kejadian tertentu adalah suatu peubah acak, X, dengan fungsi pembangkit momen sebagai berikut Mx (t) =
1 (1 − 2500t)4
Tentukan standar deviasi atas besar klaim untuk kelas kejadian ini. A. 1.340 B. 5.000 C. 8.660 D. 10.000 E. 11.180 Pembahasan: Cara I: X ∼ Gamma(α = 4, θ = 2500) Var ( X ) = αθ 2 = 4(2500)2 = 25.000.000 p σX = Var ( X ) = 5000
READI Project
277
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Cara II: E[ X ] =
0 MX (0)
∂ = ∂t
1 (1 − 2500t)4
= (−4)(−2500)(1 − 2500t) = 10.000(1 − 2500t)−5 t=0
t =0
−5
t =0
= 10.000
∂ (10.000(1 − 2500t)−5 ) t=0 ∂t = 10.000(−5)(−2500)(1 − 2500t)−6 t=0
E[ X 2 ] =
= 10.000(12.500)(1 − 2500(0))−6 = 125.000.000
Var ( X ) = E[ X 2 ] − (E[ X ])2 = 125.000.000 − 100.000.000 = 25.000.000 q σX = Var ( X ) = 5.000
Jawab: B. 19. Misalkan suatu fungsi distribusi X untuk x > 0 adalah F ( x ) =
1 − ∑3k=0
x k e− x k!
Tentukan fungsi peluang kepadatan X untuk x > 0? A. e− x B. C. D. E.
x2 e− x 2 3 x e− x 6 3 x e− x − e− x 6 x3 e− x + e− x 6
Pembahasan:
READI Project
278
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017
x k e− x ∑ k! k =0 3
F(X ) = 1 − 1 −
xe− x x2 e− x x3 e− x = 1− e + + + 1 2! 3! x3 e− x x2 e− x −x −x + = 1 − e + xe + 2 6
−x
x2 e− x x3 e− x d −x −x 1 − e − xe − − f (x) = dx 2 6 x2 e− x x2 e− x x3 e− x = e−x − e−x + xe−x − xe−x + − + 2 2 6 x3 e− x = 6 Jawab: C. 20. Sebuah polis asuransi kesehatan keluarga membayar total ketiga klaim pertama dalam satu tahun. Jika terjadi satu klaim di tahun tersebut, besar klaim berdistribusi seragam antara 100 dan 500. Jika terjadi dua klaim, total besar klaim berdistribusi seragam antara 200 dan 1.000. Peluang terjadi 0, 1, 2, dan 3 klaim dalam satu tahun adalah 0,5; 0,3; 0,1; dan 0,1 saling berurutan. Hitung peluang perusahaan asuransi membayar total klaim paling tidak 500 untuk tahun ini! A. 0,10 B. 0,12 C. 0,14 D. 0,16 E. 0,18 Pembahasan: Misal S menyatakan total klaim, maka: FS (s) = 0, 5FX0 (s) + 0, 3FX1 (s) + 0, 1FX2 (s) + 0, 1FX3 (s) Dari keterangan pada soal tersebut mengimplikasikan bahwa FX0 (s) = 1 dan FX3 (s) = 0 READI Project
279
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 • Untuk X1 diberikan X ∼ Uniform(100, 500) (500 − 100) =1 FX1 (500) = 400 • Untuk X2 , diberikan X ∼ Uniform(200, 1000) (500 − 200) 3 FX2 (500) = = 800 8 Dengan demikian kita peroleh: 3 FS (500) = 0, 5(1) + 0, 3(1) + 0, 1 + 0, 1(0) = 0, 8375 8 P(S ≥ 500) = 1 − P(S < 500) = 1 − FS (500) = 1 − 0, 8375 = 0, 1625 ≈ 0, 16 Jawab: D. 21. Suatu perusahaan asuransi memodelkan peubah acak klaim, X, untuk polis asuransi tertentu sebagai berikut: X
P( X = x )
0
0,3
50
0,1
200
0,1
500
0,2
1.000
0,2
10.000
0,1
Distribusi besar klaim diatas memiliki parameter sebagai berikut: q = peluang terjadi klaim tidak nol B = Distribusi bersyarat atas besar klaim, diberikan terjadi klaim Cari simpangan baku dari B! A. 3.227 B. 3.327 C. 3.437 D. 3.537 E. 3.600 READI Project
280
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: Kita ingin mencari nilai dari σB dengan B = X | X > 0
E[ X ] P[ X > 0] 0(0, 3) + (50)(0, 1) + (200)(0, 1) + (500)(0, 2) + (1000)(0, 2) + (10.000)(0, 1) = 0, 1 + 0, 1 + 0, 2 + 0, 2 + 0, 1 1325 = 0, 7 = 1892, 86
E[ X | X > 0] =
E[ X ] P[ X > 0] 02 (0, 3) + 502 (0, 1) + 2002 (0, 1) + 5002 (0, 2) + 10002 (0, 2) + 10.0002 (0, 1) = 0, 1 + 0, 1 + 0, 2 + 0, 2 + 0, 1 10.254.250 = 0, 7 = 14.648.928, 57
E[ X 2 | X > 0] =
Var ( B) = E[ B2 ] − (E[ B])2
= E[ X 2 | X > 0] − (E[ X | X > 0])2 = 14.648.928, 57 − (1.892, 86)2 = 11.066.009, 59
σB =
q
Var ( B) = 3326, 56 ≈ 3327
Jawab: B. 22. Setiap orang yang melewati persimpangan kota ditanya bulan lahir mereka. Diasumsikan populasi dibagi seragam berdasarkan bulan kelahirannya, sehingga setiap orang yang lewat secara acak memilki peluang yang sama untuk lahir di bulan tertentu. Berapa minimum banyaknya orang yang dibutuhkan, sehingga peluang tidak ada dua orang yang lahir di bulan yang sama kurang dari 0,5? A. 2
READI Project
281
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 B. 3 C. 4 D. 5 E. 6 Pembahasan: Misal n menyatakan banyak orang dan K = 12 menyatakan banyak bulan dalam 1 tahun P(2 orang lahir di bulan berbeda) < 0, 5 Hal ini berarti
K Pn Kn
< 0, 5
untuk n = 4 12 P4 124
= 0, 5729
untuk n = 5 12 P5 125
= 0, 3819
Dengan demikian jumlah minimum banyak orang yang dibutuhkan adalah 5 orang Jawab: D. 23. Agus dan Iwan adalah atlet lari sprint 100m. Waktu tempuh Agus berdistribusi normal dengan rata-rata 10 detik, sedangkan Iwan juga berdistribusi normal dengan rata-rata 9,9 detik. Keduanya memiliki standar deviasi yang sama, σ. Diasumsikan waktu tempuh keduanya saling bebas, dan diketahui Iwan memiliki peluang 95% mengalahkan Agus. Cari σ! A. 0,040 B. 0,041 C. 0,042 D. 0,043 E. 0,044
READI Project
282
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: Misal A menyatakan waktu tempuh Agus dan B adalah waktu tempuh Iwan. Diketahui A ∼ Normal(µ A = 10 , σ2 ) dan B ∼ Normal(µ B = 9, 9 , σ2 ) P( B < A) = 0, 95 P( B − A < 0) = 0, 95 P(S < 0) = 0, 95 dengan S = B − A Dengan demikian kita peroleh E[S] = E[ B] − E[ A] = 9, 9 − 10 = −0, 1 Var (S) = Var ( B) + Var ( A) = 2σ2 Dari sini kita ketahui bahwa S ∼ NormalNormal(µS = −0, 1, 2σ2 ). Oleh karena itu
0 + 0, 1 P( S < 0) = P Z < √ 2σ
= 0, 95
Nilai Z yang berkaitan dengan 0,95 adalah 1,645. Dengan demikian kita dapatkan 0, 1 √ = 1, 645 σ 2 0, 1 √ σ = (1, 645) 2 = 0, 042985
≈ 0, 043
Jawab: D. 24. Kejadian X, Y, dan Z memenuhi persamaan berikut:
( X ∩ Y 0 ) = φ; (Y ∩ Z 0 ) = φ; P( X 0 ∩ Y ) = a; P(Y 0 ∩ Z ) = b; P( Z ) = c Cari P( X ) dalam a, b, dan c ! A. a + b + c READI Project
283
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 B. a + b − c C. c + b − a D. c + a − b E. c − b − a Pembahasan: Tabel Probabilitas
Y
X
X0
c−b−a
a
c− b b+
Y0
0
b+1−c
1− c
c−b−a
Y
1+b+ a−c
Z
Z0
c−b
0
1
c− b b+
Y0
b
1−c
1− c
c Tanda
1−c
1
menunjukkan nilai peluang yang terdapat di soal. Kemudian kita akan melengkapi
bagian-bagian kosong dari masing-masing tabel untuk mendapatkan P( X ) dalam a, b, c. Dengan demikian kita peroleh P( X ) = c − b − a Jawab: E. 25. A menulis surat kepada B dan tidak mendapatkan balasan. Asumsikan satu surat, n, hilang dalam pengiriman, berapa peluang B menerima suratnya? Dengan mengasumsikan B selalu membalas surat apabila ia menerima surat tersebut
READI Project
284
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 A. B. C. D. E.
n n−1 n−1 1 + n n2 n−1 2n − 1 n 2n − 1 n−1 n2
Pembahasan: Misal D menyatakan B menerima surat dari A dan R menyatakan A menerima balasan dari B P( D ) =
n−1 n−1 1 =⇒ P( D ) = 1 − = n n n
P( R 0 | D ) =
1 ; n
P( R 0 | D 0 ) = 1
Kita akan mencari P( D | R0 ) P( R 0 | D )P( D ) P( R 0 | D )P( D ) + P( R 0 | D 0 )P( D 0 ) 1 n−1 n n = 1 n−1 1 + n n n n−1 n n−1 = = n 2n − 1 2n − 1
P( D | R 0 ) =
Jawab: C. 26. Suatu perusahaan asuransi mendapatkan informasi bahwa pada suatu kelas polis tertentu, saat besar klaim melebihi 1000, rata-rata besar klaim yang melebihi 1000 adalah 500. Oleh karena itu diasumsikan besar klaim berdistribusi uniform pada interval [0, c], dimana c > 1000. Cari nilai c yang konsisten dengan pengamatan tersebut. [Hint : Perhatikan nilai pada peluang kondisional pada distribusi uniform] A. 1500 B. 2000
READI Project
285
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 C. 2500 D. 3000 E. 3500 Pembahasan: Misal X menunjukkan besar klaim X ∼ Uniform(0, c) dengan c > 1000
Rc
E =
= = = =
x. f X ( x )dx P( X > 1000) Rc 1 1000 x c dx 1 − 1000 c Z c 1 xdx c − 1000 1000 2 10002 c 1 − c − 1000 2 2 2 c − 1.000.000 2(c − 1000) 1000
E[ X | X > 1000] = 1000 + 500 = 1500 =
c2 − 1.000.000 2(c − 1.000)
Dari sini kita peroleh: 3000c − 3.000.000 = c2 − 1.000.000 c2 − 3000c + 2.000.000 = 0
(c − 2.000)(c − 1.000) = 0 karena c > 1000, maka kita dapatkan c = 2000 Jawab: B. 27. Distribusi gabungan suatu peubah acak X dan Y memiliki fungsi peluang f ( x, y) = x + y, 0 < x < 1, 0 < y < 1
READI Project
286
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Distribusi gabungan suatu peubah acak Y dan Z memiliki fungsi peluang
1 g(y, z) = 3 y + 2
z2 , 0 < y < 1, 0 < z < 1
Pilihan di bawah ini yang bisa menjadi fungsi kepadatan peluang dari distribusi gabungan X dan Z adalah A. x + 32 z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 B. x + 12 + 3z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 C. 3 x + 21 z2 , 0 < x < 1, 0 < z < 1 D. x + z, 0 < x < 1, 0 < z < 1 E. 4xz, 0 < x < 1, 0 < z < 1 Pembahasan:
f (x) = f (z) =
Z 1 0
Z 1 0
Z 1
1 x + y dy = x + 2 0 Z 1 1 2 1 1 2 1 2 f (y, z)dy = 3 y+ z dy = 3z y + = 3z2 (1) = 3z2 0 2 2 y 0 f ( x, y)dy =
Dengan mengasumsikan bahwa x dan z saling independen. Kita peroleh, f ( x, z) = f ( x ) f (z) =
1 x+ 2
1 (3z ) = 3 x + 2 2
z2
dengan 0 < x < 1 dan 0 < z < 1 Jawab: C. 28. Suatu perusahaan asuransi memiliki dua lini bisnis: Kendaraan bermotor dan Kebakaran. Seseorang dengan polis asuransi kebakaran dapat menambah perluasan manfaat asuransi banjir, tapi hanya jika polis tersebut sudah mengandung manfaat kebakaran. Diberikan informasi nasabah perusahaan asuransi tersebut sebagai berikut: I. 80% dari seluruh nasabah memiliki polis asuransi kendaraan bermotor II. 40% dari seluruh nasabah memiliki polis asuransi kebakaran READI Project
287
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 III. 25% nasabah dengan polis asuransi kendaraan bermotor, dan juga memiliki polis asuransi kebakaran IV. 50% nasabah dengan polis asuransi kebakaran juga memiliki asuransi banjir V. 50% dari nasabah dengan manfaat asuransi banjir juga memiliki polis asuransi kendaraan bermotor Dari nasabah dengan polis asuransi kebakaran, berapa pecahan yang tidak memiliki manfaat asuransi banjir dan kendaraan bermotor. A. 0,05 B. 0,10 C. 0,15 D. 0,20 E. 0,25 Pembahasan: Misal : A menyatakan asuransi kendaraan bermotor B menyatakan asuransi kebakaran C menyatakan asuransi banjir
READI Project
288
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Dari keterangan yang terdapat pada soal kita peroleh: P( A) = 0, 8 P( B) = 0, 4 P( A ∩ B) = (0, 25)(0, 8) = 0, 2 P( B ∩ C ) = (0, 5)(0, 4) = 0, 2 P( A ∩ C ) = (0, 5)(0, 2) = 0, 1
Dengan demikian kita dapatkan: P( A 0 ∩ C 0 | B ) =
P( A 0 ∩ B ∩ C 0 ) 0, 1 = = 0, 25 P( B ) 0, 4
Jawab: E. 29. Seorang asisten aktuaris yang sedang mengamati data statistik tentang kecenderungan tren pembelian asuransi oleh pemilik mobil mendapati beberapa kesimpulan seperti berikut : (1) Pemilik kendaraan ternyata memiliki kecenderungan untuk membeli asuransi perlindungan kecelakaan diri dua kali lebih besar daripada perlindungan orang ketiga (2) Kejadian pembelian asuransi kecelakaan diri ini ternyata saling bebas dengan kejadian pembelian asuransi perlindungan orang ketiga (3) Peluang bahwa seorang pemilik mobil membeli kedua perlindungan tersebut pada waktu yang sama ialah 0,15 Hitung peluang bahwa pemilik mobil tidak membeli kedua jenis perlindungan asuransi kecelakaan diri dan orang ketiga? A. 0,18 B. 0,33 C. 0,48 D. 0,67 E. 0,82 READI Project
289
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: Misal : K adalah perlindungan kecelakaan diri L adalah perlindungan orang ketiga
Diketahui P(K ) = 2P( L)
P(K ∩ L) = 0, 15 P( K ∩ L ) = P( K )P( L ) 0, 15 = 2P( L)P( L) 0, 15 = 2P( L)2 r 0, 15 P( L ) = 2 = 0, 27386
≈ 0, 274
P(K ) = 2P( L) = 2(0, 274) = 0, 548 P(K 0 ∩ L0 ) = P(K 0 ).P( L0 ) = (1 − 0, 548)(1 − 0, 274) = 0, 328152 ≈ 0, 33
Jawab: B. 30. Misalkan A, B, dan C ialah tiga kejadian yang saling bebas secara mutual ”mutually independent” yang mana P( A) = 0, 5; P( B) = 0, 6 ; P(C ) = 0, 1 . Hitung P( A0 ∪ B0 ∪ C ) A. 0,690 B. 0,710 C. 0,730 D. 0,980 E. 0,960
READI Project
290
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 9. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2017 Pembahasan: P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) = 1 − P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) 0
= 1 − P( A ∩ B ∩ C 0 ) Karena A, B dan C adalah saling bebas secara mutual, maka kita dapatkan: P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) = 1 − P( A )P( B )P( C 0 )
= 1 − (0, 5)(0, 6)(1 − 0, 1) = 1 − (0, 5)(0, 6)(0, 9) = 1 − 0, 270 = 0, 730
Jawab: C.
READI Project
291
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10 PEMBAHASAN A20 MEI 2018
1. Berikut ini adalah pernyataan mengenai Probabilitas: i. Pr ( A ∪ B) = Pr ( A) + Pr ( B) − Pr ( A ∩ B) ii. Pr ( A) = Pr ( A ∩ E) + Pr ( A ∪ E{ ) iii. Pr ( A ∪ B ∪ C ) = Pr ( A) + Pr ( B) + Pr (C ) − Pr ( A ∪ B) − Pr ( A ∪ C ) − Pr ( B ∪ C ) + Pr ( A ∩ B ∩ C ) iv. Pr ( EC ) = 1 − Pr ( E) Pilihlah pernyataan yang tidak benar dari beberapa pernyataan tersebut A. i dan ii B. ii dan iii C. ii dan iv D. i , ii, dan iii E. i , ii, iii, dan iv Pembahasan: Pernyataan yang benar dari keempat pernyataan di atas adalah:
i. Pr ( A ∪ B) = Pr ( A) + Pr ( B) − Pr ( A ∩ B) ii. Pr ( A) = Pr ( A ∩ E) + Pr ( A ∩ E{ ) iii. Pr ( A ∪ B ∪ C ) = Pr ( A) + Pr ( B) + Pr (C ) − Pr ( A ∩ B) − Pr ( A ∩ C ) − Pr ( B ∩ C ) + Pr ( A ∩ B ∩ C ) iv. Pr ( EC ) = 1 − Pr ( E)
292
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Dari keempat persamaan di atas, terlihat bahwa pernyataan yang tidak benar pada soal adalah pernyataan ii dan iii Jawab: B. 2. Terdapat 30 barang yang disusun dalam sebuah array, 6 baris dan 5 kolom, seperti yang terlihat di bawah ini: A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A1 0
A11
A12
A13
A14
A15
A16
A17
A18
A19
A20
A21
A22
A23
A24
A25
A26
A27
A28
A29
A30
Hitunglah ada berapa banyak cara untuk membentuk suatu kelompok yang terdiri dari tiga barang sedemikian sehingga tidak ada barang yang berada dalam baris dan kolom yang sama. A. 200 B. 760 C. 1.200 D. 4.560 E. 7.200 Pembahasan: Banyak cara untuk membentuk kelompok yang terdiri dari 3 barang sedemikian hingga tidak ada barang yang berada dalam baris dan kolom yang sama adalah 6 C3 (5)(4)(3)
= 20(60) = 1200
Jawab: C. 3. Sebuah polis asuransi gigi memberikan perlindungan untuk 3 prosedur, yaitu merapikan gigi (kawat gigi), tambal gigi, dan cabut gigi. READI Project
293
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Selama masa polis, peluang dari pemegang polis memerlukan perawatan gigi adalah sebagai berikut: Peluang melakukan kawat gigi adalah
1 2
Peluang melakukan kawat gigi atau tambal gigi adalah
2 3
3 4 adalah 18
Peluang melakukan kawat gigi atau cabut gigi adalah Peluang melakukan tambal gigi dan cabut gigi
Kebutuhan untuk melakukan kawat gigi adalah bersifat bebas ”independent” dari kebutuhan tambal gigi dan juga bersifat bebas dari kebutuhan cabut gigi. Hitunglah peluang bahwa pemegang polis akan membutuhkan tambal gigi atau cabut gigi selama masa polis. A. B. C. D. E.
7 24 3 8 2 3 17 24 5 6
Pembahasan: Dimisalkan: A
menyatakan prosedur kawat gigi
B
menyatakan prosedur tambal gigi
C
menyatakan prosedur cabut gigi
Catat bahwa A independen terhadap B dan juga C 2 3 1 1 Dari soal diketahui bahwa : P(A) = , P(A ∪ B) = , P(A ∪ C) = , dan P(B ∩ C) = 2 3 4 8 Akan dihitung P(B ∪ C) • Langkah pertama menghitung P(B)
READI Project
294
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
P(A ∪ B) = 1 − P(A ∪ B) 0
= 1 − P (A0 ∩ B0 ) = 1 − P (A0 )P (B0 ) 1− 1 − P(A ∪ B) = ⇒ P(B ) = 0 P(A ) 1− 0
⇒ P (B ) = 1 − P (B0 ) = 1 −
2 3 1 2
=
2 3
=
1 2
2 1 = 3 3
• Langkah kedua menghitung P(C) P(A ∪ C) = 1 − P(A ∪ C) 0
= 1 − P (A0 ∩ C0 ) = 1 − P (A0 )P (C0 )
⇒ P (C0 ) =
1− 1 − P(A ∪ C) = 0 P(A ) 1−
⇒ P (C ) = 1 − P (C0 ) = 1 −
3 4 1 2
1 1 = 2 2
• Langkah selanjutnya adalah menghitung P(B ∪ C) P(B ∪ C) = P(B) + P(C) − P(B ∩ C) 1 1 1 + − = 3 2 8 17 = 24 Jawab: D. 1 dari total vaksin, 5 dan sisanya diperoleh dari perusahaan lain. Dalam setiap pengiriman, terdapat banyak botol
4. Sebuah Rumah Sakit menerima vaksin flu dari perusahaan X sebanyak
vaksin. Untuk pengiriman dari perusahaan X, 10% dari jumlah botol vaksin tersebut tidak READI Project
295
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 efektif. Sedangkan, untuk perusahaan lainnya, 2% dari jumlah botol vaksin tersebut tidak efektif. Rumah Sakit melakukan pengecekan 30 botol vaksin secara acakdari sebuah pengiriman, dan menemukan terdapat 1 botol vaksin yang tidak efektif. Berapa besar kemungkinan bahwa pengiriman tersebut berasal dari perusahaan X? (pembulatan 2 desimal) A. 0,10 B. 0,14 C. 0,37 D. 0,63 E. 0,86 Pembahasan: Misal C menyatakan pengiriman vaksin dari perusahaan X dan I menyatakan salah satu dari 30 botol vaksin yang di tes tidak efektif. 1 Dari soal diketahui bahwa : P(C ) = ; P( I |C ) = 5 30 P( I | C 0 ) = (0, 02)(0, 98)29 = 0, 334 1
30 (0, 1)(0, 9)29 = 0, 141 dan 1
Kita ingin menghitung P(C | I ). Dengan menggunakan teorema bayes kita dapatkan P( C | I ) =
P( C ∩ I ) P( I | C )P( C ) (0, 141)(0, 2) = = 0 0 P( I ) P( I |C ).P(C ) + P( I |C ).P(C ) (0, 141)(0, 2) + (0, 334)(0, 8) = 0, 096
≈ 0, 10
Jawab: A. 5. Pilihlah distribusi yang merupakan ”discrete distribution” dari beberapa distribusi di bawah ini: i. Poisson distribution ii. Normal distribution iii. Binomial distribution READI Project
296
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 iv. Exponential distribution v. Bernoulli Trial vi. Geometricdistribution Distribusi yang merupakan ”discrete distribution” adalah A. i , ii, iv, dan v B. ii, iii, iv, dan v C. i, iii, v, dan vi D. ii, iii, v, dan vi E. iii, iv, v, dan vi Pembahasan: Distribusi yang merupakan distribusi diskrit adalah : i. Poisson distribution iii. Binomial distribution v. Bernoulli Trial vi. Geometricdistribution
Sedangkan distribusi yang merupakan distribusi kontinyu adalah : ii. Normal distribution iv. Exponential distribution Jawab: C. 5n = n→∞ n!
6. lim
A. 0 B.
1 2
C. 5 ln 5 D. +∞ E. Tidak ada jawaban yang benar READI Project
297
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Pembahasan:
a n +1 = L lim n→∞ an n +1 5 ( n +1) ! 5 a n +1 = n = lim lim 5 n→∞ n + 1 = 0 n→∞ an n! L = 0 yaitu memiliki sifat konvergen sehingga: 5n =0 n→∞ n! lim
Jawab: A. 7. Tiga orang melakukan perlombaan lari 1Km. Waktu yang dibutuhkan untuk menyelesaikan lomba lari dari setiap orang adalah variable acak. Xi merupakan waktu yang dibutuhkan oleh orang i dalam bentuk menit. X1 :berdistribusi uniform dengan interval [ 2,9 , 3,1] X2 :berdistribusi uniform dengan interval [ 2,7 , 3,1] X3 :berdistribusi uniform dengan interval [ 2,9 , 3,3] Ketiga waktu penyelesaian tersebut bersifat bebas dengan yang lainnya. Carilah peluang bahwa waktu penyelesaian yang paling terakhir adalah kurang dari 3 menit (pendekatan 2 desimal) A. 0,03 B. 0,06 C. 0,09 D. 0,12 E. 0,15 Pembahasan: Diberikan :
READI Project
298
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 • X1 ∼ Uniform[2, 9 , 3, 1] 1 1 = = 5 dan FX1 ( x ) = 5( x − 2, 9) f x1 ( x ) = 3, 1 − 2, 9 0, 2 • X2 ∼ Uniform[2, 7 , 3, 1] 1 1 f x2 ( x ) = = = 2, 5 dan FX2 ( x ) = 2, 5( x − 2, 7) 3, 1 − 2, 7 0, 4 • X3 ∼ Uniform[2, 9 , 3, 3] 1 1 f x3 ( x ) = = = 2, 5 dan FX3 ( x ) = 2, 5( x − 2, 9) 3, 3 − 2, 9 0, 4 Misalkan Y = max{ X1 , X2 , X3 }. Kita akan menghitung P(Y < 3), yaitu: P(Y < 3) = P(max{ X1 , X2 , X3 } < 3)
= FX1 (3).FX2 (3).FX3 (3) = [5(0, 1)][2, 5(0, 3)][2, 5(0, 1)] = 0, 09375 ≈ 0, 09
Jawab: C. 8. Misal X adalah sebuah variable acak dengan ”moment generating function” 9 2 + et M(t) = . Hitunglah variansi dari X 3 A. 2 B. 3 C. 8 D. 9 E. 11 Pembahasan:
READI Project
299
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
∂M (t) E[ X ] = ∂t t =0 9 ∂ 2 + et = ∂t 3 t =0 8 t t 9e 2 + e = 3 3
t =0
9 = 3 = 3 0 (t) ∂M E[ X 2 ] = ∂t t =0 " 8 # ∂ 9et 2 + et = ∂t 3 3 t =0 # " 8 t t t 7 2 + e e 2 + e = 3et + 3et (8) 3 3 3
t =0
8 = 3 + 3. 3 = 3+8
= 11
Var ( X ) = E( X 2 ) − [E( X )]2 = 11 − 32 = 11 − 9 = 2
Jawab: A. 9. Sebuah perusahaan asuransi menerbitkan polis asuransi jiwa dalam 3 kategori berbeda: standard, preferred, dan ultra-preferred. Pemegang polis dari perusahaan tersebut adalah 50% standard, 40% preferred, dan 10% ultra-preferred. Setiap polis standard memiliki peluang meninggal di tahun depan sebesar 0,010. Setiap polis preferred memiliki peluang meninggal di tahun depan sebesar 0,005. Setiap polis ultra-preferred memiliki peluang meninggal di tahun depan sebesar 0,001. Seorang pemegang polis meninggal di tahun depan. Berapakah peluang bahwa pemegang READI Project
300
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 polis tersebut berasal dari polis ultra-preferred? A. 0,0001 B. 0,0010 C. 0,0071 D. 0,0141 E. 0,2817 Pembahasan: Misal: A adalah polis standard B adalah polis preferred C adalah polis ultra-preferred D adalah kejadian pemegang polis meninggal di tahun depan Dari soal diketahui bahwa P( D | A) = 0, 01; P( D | B) = 0, 005; P( D |C ) = 0, 001 P( A) = 0, 5; P( B) = 0, 4 dan P(C ) = 0, 1 Kita akan menghitung P(C | D ), yaitu P( D | C )P( C ) P( D | A )P( A ) + P( D | B )P( B ) + P( D | C )P( C ) (0, 001)(0, 1) = 0, 0141 = (0, 01)(0, 5) + (0, 005)(0, 4) + (0, 001)(0, 1)
P( C | D ) =
Jawab: D. 10. X dan Y merupakan continuous random variable dengan joint density function 15y , f ( x, y) = 0 ,
untuk x2 ≤ y ≤ x lainnya
g merupakan marginal density function dari Y. Manakah pilihan yang merepresentasikan g? A. 15y , g(y) = 0 , READI Project
301
untuk 0 ≤ y ≤ 1 lainnya Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 B. 2 15y , 2 g(y) = 0 ,
untuk x2 < y < x lainnya
C. 2 15y , 2 g(y) = 0 ,
untuk 0 < y < 1 lainnya
D. 15y3/2 (1 − y1/2 ) , g(y) = 0 ,
untuk x2 < y < x lainnya
E. 15y3/2 (1 − y1/2 ) , g(y) = 0 ,
untuk 0 < y < 1 lainnya
Pembahasan:
READI Project
302
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
g(y) =
=
Z √y y
Z √y y
f ( x, y)dx 15ydx
√y = 15xy y √ = 15(y y − y2 )
= 15y3/2 (1 − y1/2 ) Jadi 15y3/2 (1 − y1/2 ) , g(y) = 0 ,
untuk 0 < y < 1 lainnya
Jawab: E. 11. Sebuah perusahaan asuransi mobil memiliki 1.000 pemegang polis. Setiap pemegang polis di klasifikasi sebagai berikut: i. Muda atau tua ii. Lelaki atau perempuan iii. Menikah atau belum menikah Dari pemegang polis tersebut, sebanyak 3.000 adalah muda, 4.600 adalah lelaki, dan 7.000 READI Project
303
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 sudah menikah. Pemegang polis juga dapat diklasifikasi sebagai 1.320 adalah lelaki muda, dan 1.400 adalah orang muda yang sudah menikah. Sebanyak 600 dari pemegang polis adalah lelaki muda sudah menikah. Berapa banyak dari pemegang polis adalah perempuan muda dan belum menikah? A. 280 B. 423 C. 486 D. 880 E. 896 Pembahasan: Dari soal diketahui data sebagai berikut: Jumlah pemegang polis muda =3000 Jumlah pemegang polis tua =7000 Jumlah pemegang polis pria =4600 Jumlah pemegang polis wanita =5400 Jumlah pemegang polis menikah =7000 Jumlah pemegang polis lajang =3000
Selain itu diberikan info tambahan sebagai berikut: Jumlah pemegang polis pria muda=1320 Jumlah pemegang polis pria tua=4600-1320=3280 Jumlah pemegang wanita muda=3000-1320=1680 Jumlah pemegang polis pria menikah=3010 Jumlah pemegang polis pria lajang=4600-3010=1590 Jumlah pemegang polis wanita menikah=7000-3010=3990 Jumlah pemegang polis muda menikah=1400 Jumlah pemegang polis muda lajang=3000-1400 Jumlah pemegang polis tua menikah=7000-1400=5600
READI Project
304
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Jumlah pemegang polis pria, muda, menikah=600 Jumlah pemegang polis pria, muda, lajang=1320-600=720 Jumlah pemegang polis wanita, muda, menikah=1400-600=800 Dengan demikian kita peroleh: Jumlah pemegang polis wanita, muda, lajang adalah jumlah pemegang polis wanita muda dikurangi dengan jumlah pemegang wanita muda menikah yaitu 1680-800=880 Jawab: D. 12. Misal X merepresentasikan jumlah pelanggan yang datang selama shift pagi dan Y merepresentasikan jumlah pelanggan yang datang selama shift sore. Diberikan: i. X dan Y adalah berdistribusi Poisson ii. Moment pertama dari X adalah lebih kecil dari Moment pertama dari Y sebesar 8 iii. Moment kedua dari X adalah 60% dari Moment kedua dari Y Hitunglah variansi dari Y A. 4 B. 12 C. 16 D. 27 E. 35 Pembahasan: Diketahui X ∼ Poisson(λ) dan Y ∼ Poisson(λ) E ( X ) = E (Y ) − 8 E( X 2 ) = 0, 6E(Y 2 ) Untuk X : Mx0 (t = 0) = E( X ) = λ x Mx00 (t = 0) = E( X 2 ) = λ2x + λ x READI Project
305
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Untuk Y : MY0 (t = 0) = E(Y ) = λy MY00 (t = 0) = E(Y 2 ) = λ2y + λy Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2 = λy Dari soal diketahui bahwa λ x = λy − 8 dan E( X 2 ) = 0, 6E(Y 2 ) Subtitusikan λ x = λy − 8 dan E( X 2 ) = 0, 6E(Y 2 ) sehingga diperoleh: E( X 2 ) = 0, 6E(Y 2 ) λ x2 + λ x = 0, 6(λy2 + λy )
(λy − 8)2 + (λy − 8) = 0, 6(λ2y2 + λy ) λy2 − 16λy + 64 + λy − 8 = 0, 6λy2 + 0, 6λy λy2 − 15λy + 56 = 0, 6λy2 + 0, 6λy 0, 4λy2 − 15, 6λy + 56 = 0 4λy2 − 156λy + 560 = 0 λy2 − 39λy + 140 = 0
(λy − 35)(λy − 4) = 0
Dari sini kita peroleh λy = 35 atau λy = 4 • Untuk λy = 4 maka: Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2
= λ y2 + λ y − λ y2 = λ y = 4 • Untuk λy = 35 maka: Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2
= λ y2 + λ y − λ y2 = λ y = 35
READI Project
306
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Kita ambil λy = 35 karena nilai ini berkorespondensi dengan λ x = 27, sedangkan λy = 4 tidak memenuhi karena nilai ini menyebabkan λ x bernilai negatif. Jawab: E. 13. Sebuah peralatan sudah diasuransikan apabila terjadi kerusakan saat penggunaan. Waktu dari pembelian sampai terjadinya kerusakan adalah berdistribusi eksponensial dengan ratarata 10 tahun. Perusahaan asuransi akan memberikan ganti rugi sebesar x jika peralatan tersebut rusak selama tahun pertama, dan akan membayar 0,5x jika kerusakan terjadi selama tahun kedua atau tahun ketiga. Jika, kerusakan terjadi setelah tahun ketiga, tidak ada pembayaran yang dilakukan oleh perusahaan asuransi. Hitunglah x apabila ekspektasi pembayaran dari asuransi tersebut adalah sebesar 1.000. A. 3.858 B. 4.449 C. 5.382 D. 5.644 E. 7.325 Pembahasan: Misal Y menunjukkan pembayaran dari asuransi. Diberikan f Y (y) = E [Y ] = 1000 = 1000 = 1000 = x = x =
Z 1 0
x
1 −y e 10 10
dy +
Z 3 1
0, 5x
1 −y e 10 10
dy +
1 −y e 10 10
Z ∞ 1 3
0
10
e
−y 10
dy
1 −y 3 −y 1 0, 5 x e 10 dy + x e 10 dy 10 0 10 1 −1 −1 −3 1 1 10 10 10 + x (10) e − e x (10) 1 − e 10 20 0, 17711721806x 1000 0, 17711721806 5644, 226968
Z
Z
≈ 5644
Jawab: D. READI Project
307
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 14. Sebuah koin sama sisi dilempar 2 kali. Misal X adalah jumlah kepala yang muncul saat lemparan pertama. Misal Y adalah jumlah kepala yang mucul pada kedua lemparan pertama. Hitunglah Var [ X + Y ] A. 0,25 B. 0,5 C. 1,0 D. 1,25 E. 1,5 Pembahasan: Tabel berikut menunjukkan distribusi Peluang antara X dan Y
READI Project
308
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
E[ X + Y ] =
∑
kPr (K = k )
k= x +y
= 0(0, 25) + 1(0, 25) + 2(0) + 1(0) + 2(0, 25) + 3(0, 25) = 1, 5
E[( X + Y )2 ] =
∑
kPr (K = k )
k= x +y
= 02 (0, 25) + 12 (0, 25) + 22 (0) + 12 (0) + 22 (0, 25) + 32 (0, 25) = 3, 5
Var [ X + Y ] = E[( X + Y )2 ] − [E( X + Y )]2
= 3, 5 − (1, 5)2 = 1, 25
Jawab: D. 15. Dalam sebuah area metropolitan, kerugian tahunan akibat terjadinya badai, kebakaran, dan pencurian diasumsikan saling bebas, dan memiliki distribusi variabel acak eksponensial dengan rata-rata untuk masing masing kejadian adalah 1 (badai), 1,5 (kebakaran), dan 2,4 (pencurian). Hitunglah peluang bahwa maksimum dari tiga jenis kerugian tahunan adalah lebih dari 3. A. 0,002 B. 0,050 C. 0,159 D. 0,287 E. 0,414 Pembahasan: Misalkan : READI Project
309
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 X1 menyatakan kerugian tahunan akibat badai X2 menyatakan kerugian tahunan akibat kebakaran X3 menyatakan kerugian tahunan akibat pencurian Diketahui bahwa : X1 ∼ Exp(θ = 1) =⇒ FX1 ( x ) = 1 − e
−x 1
= 1 − e− x −x
X2 ∼ Exp(θ = 1, 5) =⇒ FX2 ( x ) = 1 − e 1,5
−x
X3 ∼ Exp(θ = 2, 4) =⇒ FX3 ( x ) = 1 − e 2,4
Misal Y = max{ X1 , X2 , X3 }, kita akan menghitung P(Y > 3) P (Y > 3 ) = 1 − P (Y ≤ 3 )
= 1 − P(max{ X1 , X2 , X3 } ≤ 3) = 1 − FX1 (3) FX2 (3) FX3 (3) = 1 − (1 − e−3 )(1 − e−3/1,5 )(1 − e−3/2,4 ) = 0, 41378 = 0, 414
Jawab: E. 16. Sebagai bagian dari proses underwriting asuransi, setiap pemegang polis dilakukan pemeriksaan untuk tekanan darah. Misal X adalah jumlah tes yang sudah dilakukan ketika pertama kali ditemukan orang yang memiliki tekanan darah tinggi. Ekspektasi dari X adalah 12,5. Hitunglah peluang bahwa orang ke 6 yang dilakukan tes adalah orang pertama yang memiliki tekanan darah tinggi. A. 0,027 B. 0,053 C. 0,080 D. 0,316 E. 0,394
READI Project
310
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Pembahasan: Dalam kasus ini X berdistribusi geometric dengan parameter p dan k. PDF dari X adalah P( X = x ) = p(1 − p) x−1 1 1 2 Diketahui bahwa E( X ) = = 12, 5. Dengan demikian diperoleh p = = p 12, 5 25 P( X = 6) =
2 25
2 1− 25
6−1
=
2 25
23 25
5
= 0, 0527265 ≈ 0, 053
Jawab: B. 17. Sebuah perusahaan ingin memastikan apakah cuti sakit yang diambil oleh karyawannya adalah berdistribusi acak selama 5 hari kerja (dalam seminggu). Sebuah sampel acak dari hari cuti sudah diambil berdasarkan sampel dari 100 karyawan, dengan hasil sebagai berikut: Cuti Sakit (hari) Senin
32
Selasa
18
Rabu
18
Kamis
20
Jumat
32
Total
120
Manakah rentang di bawah ini yang merupakan p-value dari hasil uji coba atas hipotesis bahwa cuti sakit adalah berdistribusi acak selama 5 hari kerja berdasarkan tabel di atas. A. Kurang dari 0,005 B. Minimum 0,005, tetapi kurang dari 0,010 C. Minimum 0,010, tetapi kurang dari 0,025 D. Minimum 0,025, tetapi kurang dari 0,050 E. Minimum 0,050 Pembahasan: H0 : Cuti sakit berdistribusi acak H1 : Cuti sakit tidak berdistribusi acak READI Project
311
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 α = 0, 05 Ada lima hari acak Senin sampai jumat. Modus adalah hari senin dan jumat. n1 = 56 dan n2 = 64, dengan demikian diperoleh: 2(56)(64) 2n1 n2 +1 = + 1 = 60, 73 n1 + n2 56 + 64 2n1 n2 (n1 n2 − n1 − n2 ) 7168(7168 − 56 − 64) 50520064 = = 29, 481 = = 2 2 1713600 ( n1 + n2 ) ( n1 + n2 − 1) (120) (119)
µv = σv2
Zhitung =
120 − 60, 73 = 2, 01 ≈ 2 29, 481
sedangkan Ztabel = 0, 9772 Uji distribusi akan gagal menolak H0 jika Zhitung < Ztabel , atau jika p-value ≥ α (dengan mengasumsikan nilai minimum dari α adalah 5%). Uji distribusi akan menolak menolak H0 jika Zhitung > Ztabel , atau jika p-value < α Dengan demikian, jika menginginkan untuk gagal menolak H0 , maka p-value minimum harus sama dengan α = 0, 05 Jawab: E. 18. Sebuah sampel acak dengan 21 data digunakan untuk mengestimasi variansi dari populasi X yang berdistribusi normal. Nilai dari S2 adalah 16. Berapakah nilai A dan B sedemikian sehingga kita dapat 90% percaya bahwa A < σX2 < B. A. A = 2, 1 dan B = 21, 6 B. A = 3, 8 dan B = 26, 7 C. A = 0, 26 dan B = 1, 11 D. A = 70, 65 dan B = 73, 95 E. A = 10, 19 dan B = 29, 49 Pembahasan: Diketahui sample acak dengan n = 21, variasi sample S2 = 16. Selain diberikan informasi bahwa populasi X berditribusi normal dan confidence interval adalah 90% READI Project
312
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
( n − 1) S2 σx2 memiliki distribusi Chi-Square dengan derajat kebebasan (n − 1), atau dengan kata lain
Jika X merupakan variable random populasi normal, maka random variable
( n − 1) S2 ∼ χ2 ( n − 1) = Γ σx2
n−1 ,2 2
Sedangkan kepercayaan dari variansi populasi normal diberikan sebagai berikut:
( n − 1) S2 ( n − 1) S2 2 ∼ χ ( 20 ) < χ2α/2 (n − 1) χ21−α/2 (n − 1) Dari keterangan pada soal, kita ketahui bahwa
0, 9 = P A < 1 < = P B 20S2 = P B 20S2 = P B
σx2
( n − 1) S2 20S2 = ∼ χ2 (20) σx2 σx2
10). Diberitahukan distribusi Gamma adalah sebagai berikut: f X (x) = READI Project
λα x α−1 e−λx untuk 0 ≤ x < ∞, α > 0, dan λ > 0 Γ(α) 319
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Hint: gunakan hubungan antara Chi-square dengan distribusi Gamma A. 0,525 B. 0,375 C. 0,265 D. 0,315 E. 0,475 Pembahasan: Diketahui bahwa χ2 (v) = Gam λ = 12 , α =
v2 2
, dengan v adalah derajat kebebasan.
Dengan demikian χ2 (8) = Gam(λ = 12 , α = 4). Dari sini kita peroleh pdf untuk distribusi Gamma adalah 4
1
x 4−1 e − 2 x
1 2
f x (x) =
Γ (4) 1 3 − 12 x 16 x e
=
6 1 3 −1x x e 2 = 96 Kita akan menghitung P( X > 10)
P( X > 10) =
=
Misal u =
Z ∞ 10
1 96
f x ( x )dx
Z ∞ 10
1
x3 e− 2 x dx
−1 x, maka dx = −2du. Kita bisa tuliskan integralnya menjadi 2 Z
3 − 12 x
x e
dx = 16
Z
u3 eu du
Misal : f = u3 , maka f 0 = 3u2 g0 = eu , maka g = eu
READI Project
320
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Kita tuliskan bentuk integral tersebut menjadi: 3 u
u e −3
Z
u2 eu du
Berikutnya kita selesaikan bagian integralnya dengan memisalkan : f = u3 , maka f 0 = 2u g0 = eu , maka g = eu R Jadi untuk integral u2 eu du nilainya sama dengan 2 u
u e −2
Z
ueu du
Berikutnya kita selesaikan lagi bagian integral dengan memisalkan : f = u, maka f 0 = 1 g0 = eu , maka g = eu
Dari sini kita peroleh
R
ueu du nilainya adalah ueu −
Z
eu du = ueu − eu
Secara keseluruhan kita dapatkan 16
Z
u3 e3 du = 16u3 eu − 48u2 eu + 96ueu − 96eu
dengan mensubtitusikan u =
−x , diperoleh: 2
−2x3 e
−x 2
− 12x2 e
−x 2
− 48xe
−x 2
− 96e
−x 2
Jadi dari sini kita peroleh: Z 1 ∞ 3 −1 x e 2 dx =
96
10
=
"
x − x3 e− 2
48
−
x − x2 e− 2
8
−
x − xe− 2
2
−e
− 2x
#∞ 10
118e−5
3 = 0, 265026 ≈ 0, 265
READI Project
321
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 Jawab: C. 25. Berapa banyak dari pernyataan ini yang benar mengenai penjumlahan dari variabel acak yang saling bebas i. Penjumlahan dari variabel acak saling bebas yang berdistribusi Poisson adalah berdistribusi Poisson ii. Penjumlahan dari variabel acak saling bebas yang berdistribusi exponential adalah berdistribusi exponential iii. Penjumlahan dari variabel acak saling bebas yang berdistribusi geometric adalah berdistribusi geometric iv. Penjumlahan dari variabel acak saling bebas yang berdistribusi normal adalah berdistribusi normal A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 0 Pembahasan:
(i) Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah variabel acak saling bebas yang berdistribusi Poisson dengan parameter masing-masing adalah λ1 , λ2 , λ3 , ..., dan λn , maka jumlahan dari n buah variabel acak tersebut adalah berdistribusi Poisson dengan parameter λ = ∑in=1 λi (ii) Jumlahan dari n buah variabel acak saling bebas yang berdistribusi eksponensial dengan parameter θ adalah berdistribusi Gamma dengan parameter n dan θ (iii) Jumlahan dari n buah variabel acak saling bebas yang berdistribusi Geometric dengan parameter β adalah berdistribusi Negative Binomial dengan parameter β dan n
READI Project
322
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 (iv) Jika X1 , X2 , ..., Xn adalah variabel acak saling bebas yang berdistribusi normal dengan rataan masing-masing µ1 , µ2 , ..., µn dan varians masing-masing σ12 , σ22 , ..., σn2 maka jumlahan dari n buah variabel acak tersebut adalah berdistribusi normal dengan parameter n
µ=
∑ µi dan σ2 =
i =1
n
∑ σ12
i =1
Dengan demikian, pernyataan (i) dan (iv) adalah benar Jawab: B. 26. X dan Y memiliki sebuah distribusi gabungan dengan pdf f ( x, y) = e( x+y) ,x > 0 dan y > 0 Sebuah variabel acak U didefinisikan, U = e(X +Y ) . Carilah pdf dari U, f U (u) A. f U (u) = 1, untuk 0 < u < 1 B. f U (u) =
1 , untuk u > 1 u2
C. f U (u) = − ln u, untuk 0 < u < 1 D. f U (u) = 2u, untuk 0 < u < 1 E. f U (u) = e−u , untuk u > 1 Pembahasan: Diketahui f ( x, y) = e−( x+y) , dengan x > 0 dan y > 0. Dan didefinisikan U = e−( x+y) , dengan demikian kita peroleh − ln U = x + y Kita misalkan z = x + y, kita akan mencari terlebih dahulu PDF dari z, yaitu h(z) Karena f ( x, y) = e− x−y , maka dapat kita pastikan bahwa x dan y saling bebas, dengan X ∼ Exp(1) dan Y ∼ Exp(1). Dengan demikian kita peroleh:
READI Project
323
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
h(z) =
=
Z z 0
Z z Z0 z
f (z − x ) g( x )dx e−z+ x e− x dx
e−z dx z −z = xe
=
0
0
= ze−z = (− ln u).(u)
Oleh karena itu kita peroleh: f (u) = h(z)|z0 | 1 = − ln u.u| − | u 1 = − ln u.(u) u = − ln u
Batas integrasi z = 0 −→ u = e0 = 1 z = ∞ −→ u = e−∞
Jadi kita dapatkan f U (u) = − ln u, untuk 0 < x < 1 Jawab: C. 27. Murid kelas XII mengadakan pesta perpisahan. 3 murid bertugas untuk membawa minuman, yaitu Indra, Joko, dan Kevin. Indra membawa 6 botol Sprite dan 6 botol Coca-Cola di dalam kotak pendingin miliknya. Joko membawa 20 botol Sprite dan 3 botol Coca-Cola di dalam kotak pendingin milknya. Kevin membawa 12 botol Coca-Cola di dalam kotak READI Project
324
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 pendinginnya. Misal semua botol minuman tersebut digabungkan ke dalam kotak pendingin milik Joko. Apabila seseorang memilih minuman secara acak, berapakah kemungkinan bahwa dia memilih Coca-Cola? A. 0,4468 B. 0,4565 C. 0,5345 D. 0,5435 E. 0,6349 Pembahasan: Total jumlah Sprite di kotak pendingin Joko adalah 26 dan total Coca-Cola di kotak pendingin Joko menjadi 21. Dengan demikian peluang terambilnya Coca-Cola adalah 21 21 = = 0, 44868 21 + 26 47 Jawab: A. 28. Dalam sebuah model untuk Rumah Sakit, biaya kamar adalah X dan biaya operasi adalah Y dimana 0 ≤ y ≤ 2x + 1 ≤ 3 dan x ≥ 0. Fungsi densitas gabungan dari X dan Y adalah f ( x, y) = 0, 3( x + y). Hitunglah E[YX ], ekspektasi kelebihan dari biaya operasi dibandingkan biaya kamar. 3 4 1 B. − 2
A. −
C. 0 1 4 3 E. 4
D.
Pembahasan: Diketahui : f ( x, y) = 0, 3( x + y) dengan 0 ≤ y ≤ 2x + 1 ≤ 3 dan x ≥ 0 Kita akan menghitung E[Y − X ] READI Project
325
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018
E (Y − X ) =
=
Z 1 Z 2x+1 0
0
Z 1 Z 2x+1 0
=
Z 1 0
=
Z 1 0
=
Z 1 0
= 0, 3
0
0, 3
(y − x )0, 3( x + y)dydx 0, 3(y2 − x2 )dydx
Z 2x+1 0
" 0, 3
(y2 − x2 )dydx #2x+1
1 3 y − x2 y 3
dx 0
"
# 1 0, 3 (2x + 1)3 − x2 (2x + 1) dx 3 Z 1 1 0
3
(8x3 + 12x2 + 6x + 1) − 2x3 − x2 dx
Z 1 2 3 1 = 0, 3 x + 3x2 + 2x + dx 0
3
"
1 4 1 x + x3 + x2 + x 6 3 " # 1 1 = 0, 3 + 1 + 1 + 6 3
3 #1
= 0, 3
=
0
3 4
Jawab: E. 29. Sebuah vending machine sudah diatur sehingga jumlah minuman yang dikeluarkan adalah sebuah variabel acak dengan mean 200 mililiter dan standar deviasi 15 mililiter. Berapakah READI Project
326
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 probabilitas bahwa rata-rata dari jumlah yang dikeluarkan dalam 36 sampel acak adalah minimum 204 mililiter? A. 0,0808 B. 0,0668 C. 0,0548 D. 0,4332 E. 0,4452 Pembahasan: Diketahui µ X = 200 dan σX = 15 Dari sini kita dapatkan, untuk n = 36, nilai mean dan standard deviasi dari rata-ratanya adalah σX 15 15 µ X¯ = µ X = 200 dan σX¯ = √ = √ = = 2, 5 6 n 36 Kita akan menghitung P( X¯ > 204)
P( X¯ > 204) = 1 − P( X¯ ≤ 204) 204 − µ X¯ = 1−P Z ≤ σX¯ 204 − 200 = 1−P Z ≤ 2, 5 = 1 − P( Z ≤ 1, 6)
= 1 − φ(1, 6) = 1 − 0, 9452 = 0, 0548
Jawab: C. 30. Sebuah perusahaan survey ingin mengestimasi berapa persen orang yang akan memilih kandidat A. Hitunglah berapa banyak orang yang harus dijadikan sampel supaya mencapai margin of error 0,025 pada selang kepercayaan 95%. (pembulatan karena jumlah orang) READI Project
327
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 10. PEMBAHASAN A20 MEI 2018 A. 537 B. 765 C. 1.366 D. 1.537 E. 1.676 Pembahasan: Misalkan E menunjukkan margin error s E = t α2 √ n dengan n menunjukkan banyak sampel, dan s adalah standard deviasi. Dengan demikian kita peroleh: n=
Dengan t α2 = t 0,05 = t0,025 = 1, 96; s = 2
t α2 .s
2
E
1 dan E = 0, 025 2
1, 96(0, 5) 0, 025
2
= 1536, 64
Jadi banyak minimal orang yang harus dijadikan sampel adalah 1537 Jawab: D
READI Project
328
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11 PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018
1. Seorang peneliti yang fokus meneliti penyakit Jantung, telah mengumpulkan data dari 40.000 pasien yang mengalami serangan jantung. Peneliti telah mengidentifikasi bahwa terdapat 3 variabel yang berhubungan erat dengan pasien penyakit jantung, yaitu Perokok, Kecanduan Alkohol, dan Gaya hidup tidak sehat (tidak berolahraga/ kurang aktivitas fisik). Berikut adalah data dari 40.000 pasien:
• 29.000 adalah Perokok • 25.000 adalah Pasien dengan kecanduan Alkohol • 30.000 adalah Pasien dengan gaya hidup tidak sehat • 22.000 adalah Perokok dan kecanduan alcohol • 24.000 adalah Perokok dan memiliki gaya hidup tidak sehat • 20.000 adalah Pasien dengan kecanduan alcohol dan memiliki gaya hidup tidak sehat • 20.000 adalah Perokok, Kecanduan Alkohol, dan memiliki gaya hidup tidak sehat Tentukan berapa banyak jumlah pasien yang Perokok tetapi tidak kecanduan alcohol A. 38.000 B. 4.000 C. 6.000 D. 7.000 E. 8.000 Pembahasan: Misal: P menunjukkan perokok 329
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 K menunjukkan pasien dengan kecanduan alkohol G menunjukkan pasien dengan gaya hidup tidak sehat. Dari data yang ada, maka kita dapat menggambarkan diagram Venn-nya sebagai berikut:
Dari diagram Venn di atas, dapat kita lihat bahwa jumlah pasien yang perokok tetapi tidak kecanduan alkohol adalah 4.000 + 3.000=7.000 Jawab: D. 2. Sebuah survey atas 1000 penggemar olahraga yang mengidentifikasikan bahwa mereka adalah penggemar tenis atau bulu tangkis atau kedua-dua nya.
• 800 mengidentifikasikan bahwa mereka adalah penggemar tenis • 600 mengidentifikasikan bahwa mereka adalah penggemar bulutangkis Berdasarkan sampel tersebut, hitunglah peluang bahwa seorang penggemar olahraga yang bukan penggemar tenis dengan diberi tahukan bahwa dia adalah penggemar bulutangkis A. 1/5 B. 1/4 C. 1/3 D. 1/2 E. 1
READI Project
330
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Pembahasan: Misalkan : A adalah penggemar olahraga tenis B adalah penggemar olahraga bulutangkis
Dari survey diketahui n( A) = 800, n( B) = 600 dan n( A ∪ B) = 1.000. Dengan demikian diperoleh n( A ∩ B) = 800 + 600 − 1000 = 400 P( A ∩ B) = 0, 4 P( A0 ∩ B) = 0, 2 Kita akan menghitung P( A0 | B) =
P( A 0 ∩ B ) 0, 2 1 = = P( B ) 0, 6 3
Jawab: C. 3. Diberikan bahwa P[ A ∪ B] = 0, 7 dan P[ A ∪ B0 ] = 0, 9. Tentukanlah P[ A] A. 0,2 B. 0,3 C. 0,4 D. 0,6 E. 0,8 Pembahasan: Diketahui P( A ∩ B) = 0, 7 dan P( A ∪ B0 ) = 0, 9 • P( A ∪ B)0 = 1 − P( A ∪ B) = P( A0 ∩ B0 ) = 0, 3 • P( A ∪ B0 )0 = 1 − P( A ∪ B0 ) = P( A0 ∩ B) = 0, 1
P( A ) = 1 − P( A 0 )
= 1 − P( A 0 ∩ B ) + P( A 0 ∩ B 0 )
= 1 − (0, 1 + 0, 3) = 1 − 0, 4 = 0, 6 READI Project
331
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Jawab: D. 4. Sebuah survey terhadap kebiasaan menonton pada suatu grup selama satu tahun terakhir adalah sebagai berikut : • 28% menonton bulutangkis • 29% menonton basket • 19% menonton sepak bola • 14% menonton bulutangkis dan basket • 12% menonton basket dan sepak bola • 10% menonton bulutangkis dan sepak bola • 8% menonton ketiga olah raga tersebut Hitunglah persentase dari grup yang tidak menonton ketiga olahraga tersebut selama satu tahun terakhir. Petunjuk: dapat menggunakan DeMorgans Low A. 24 % B. 36 % C. 41 % D. 52 % E. 60 % Pembahasan: Misal : A adalah penonton bulutangkis B adalah penonton basket C adalah penonton sepakbola Dari soal diketahui : • P( A) = 0, 28; P( B) = 0, 29; P(C ) = 0, 19; • P( A ∩ B) = 0, 14; P( A ∩ C ) = 0, 10 dan P( A ∩ B ∩ C ) = 0, 08 READI Project
332
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Kita ingin menghitung P( A0 ∩ B0 ∩ C 0 ) P( A 0 ∩ B 0 ∩ C 0 ) = 1 − P( A 0 ∩ B 0 ∩ C 0 ) 0
= 1 − P( A ∪ B ∪ C ) = 1 − [P( A ) + P( B ) + P( C ) − P( A ∩ B ) − P( B ∩ C ) −P( A ∩ C ) + P( A ∩ B ∩ C )] = 1 − [0, 28 + 0, 29 + 0, 19 − 0, 14 − 0, 12 − 0, 10 + 0, 08] = 1 − 0, 48 = 0, 52 Jawab: D. 5. Misal A, B, dan C adalah kejadian saling bebas (mutually independent) dengan P[ A] = 0, 5; P[ B] = 0, 6; P[C ] = 0, 1. Hitunglah P[ A0 ∪ B0 ∪ C ] Petunjuk: dapat menggunakan DeMorgans Law (a) 0,48 (b) 0,69 (c) 0,71 (d) 0,73 (e) 0,98 Pembahasan: P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) = 1 − P( A 0 ∪ B 0 ∪ C ) 0
= 1 − P( A ∩ B ∩ C 0 ) = 1 − P( A).P( B).P(C 0 ) = 1 − (0, 5)(0, 6)(1 − 0, 1) = 1 − 0, 27 = 0, 73 Jawab: D. READI Project
333
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 6. Misal A, B, C, dan D memiliki kejadian sebagai berikut:: B = A0 ; P[ A] = 14 ; P[C | A] = 12 ;
P[C | B] = 34 ;
C ∩ D = ∅; P[ B] = 34 ; P[ D | A] = 14 ;
P[ D | B ] =
1 8
Hitunglah P[C ∪ D ] A.
5 12
B.
1 4
C.
27 32
D.
3 4
E. 1 Pembahasan: P( C | A ) = P( C | B ) = P( D | A ) = P( D | B ) = P( C ) = P( D ) = P( C ∪ D ) =
C∩A 1 1 1 ⇒ P(C ∩ A) = P(C | A).P( A) = . = P( A ) 2 4 8 C∩B 3 3 9 ⇒ P(C ∩ B) = P(C | B).P( B) = . = P( B ) 4 4 16 D∩A 1 1 1 ⇒ P( D ∩ A) = P( D | A).P( A) = . = P( A ) 4 4 16 D∩B 1 3 3 ⇒ P( D ∩ B) = P( D | B).P( B) = . = P( B ) 8 4 32 1 9 11 P( C ∩ A ) + P( C ∩ B ) = + = 8 16 16 1 3 5 P( D ∩ A ) + P( D ∩ B ) = + = 16 32 32 11 5 27 P( C ) + P( D ) − P( C ∩ D ) = + −0 = 16 32 32
Jawab: C. 7. Seorang dokter sedang mempelajari hubungan antara tekanan darah dan kelainan detak jantung pada pasiennya.
Dia melakukan uji coba secara acak terhadap sampel dari
pasien-pasiennya dan memberikan catatan mengenai tekanan darah mereka (tinggi, rendah, atau normal) dan detak jantung mereka (normal atau tidak normal). Dari sampel tersebut, READI Project
334
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 ditemukan data sebagai berikut:
• 14% memiliki tekanan darah tinggi • 22% memiliki tekanan darah rendah • 15% memiliki detak jantung tidak normal • Dari pasien yang memiliki detak jantung tidak normal, 1/3 nya memiliki tekanan darah tinggi. • Dari pasien yang memiliki tekanan darah normal, 1/8 nya memiliki detak jantung tidak normal. Berapa banyak bagian dari pasien yang telah dipilih tersebut memiliki detak jantung normal dan tekanan darah rendah? A. 2% B. 5% C. 8% D. 9% E. 20% Pembahasan: Misalkan : A tekanan darah tinggi B tekanan darah rendah C tekanan darah normal X detak jantung normal Y detak jantung tidak normal Dari soal diketahui bahwa : P( A) = 0, 14; P( B) = 0, 22; P(Y ) = 0, 15; P( A ∩ Y ) = 1 1 P(Y ); dan P(C ∩ Y ) = P(C ); 3 8 Kita akan menghitung P( X ∩ B)
READI Project
335
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018
P(C ) = 1 − P( A) − P( B) = 1 − 0, 14 − 0, 22 = 0, 64 P( X ) = 1 − P(Y ) = 1 − 0, 15 = 0, 85 1 1 P(Y ) = (0, 15) = 0, 05 P( A ∩ Y ) = 3 3 1 1 P(C ) = (0, 64) = 0, 08 P( C ∩ Y ) = 8 8 P( B ∩ Y ) = P(Y ) − P( A ∩ Y ) − P(C ∩ Y ) = 0, 15 − 0, 05 − 0, 08 = 0, 02
⇒ P( B ∩ X ) = P( B) − P( B ∩ Y ) = 0, 22 − 0, 02 = 0, 2 Jawab: E. 8. Sebuah kotak berisi 4 bola merah dan 6 bola putih. Suatu sampel sebanyak 3 diambil tanpa pengembalian. Berapa peluang terdapat 1 bola merah dan 2 bola putih, jika diberikan bahwa sedikitnya 2 bola dari sampel adalah berwarna putih? A.
1 2
B.
2 3
C.
3 4
D.
9 11
E.
54 55
Pembahasan: Misal M menyatakan bola merah dan P menyatakan bola putih P( M = 1 ∩ P = 2| P ≥ 2) =
4 C1 6 C2 4 C1 6 C2
+ 6 C3
=
60 3 = 80 4
Jawab: C. 9. Sebuah kotak berisi 35 batu berlian, dimana 10 nya adalah batu berlian asli 25 sisi nya adalah batu berlian palsu. Batu berlian diambil secara acak dari kotak tersebut, satu per satu tanpa pengembalian. Berapa peluang bahwa tepat 2 berlian palsu dipilih sebelum batu berlian asli kedua dipilih? READI Project
336
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 A.
225 5236
B.
675 5236 10 (25 2 )( 2 ) (35 4) 2 25 2 (32)(10 35) (35)
C. D.
2
25 E. (42)(10 35) (35)
2
Pembahasan: Misalkan R menyatakan terambilnya batu berlian asli dan F menyatakan terambilnya batu berlian palsu. Jika terdapat tepat 2 berlian palsu dipilih sebelum berlian asli kedua dipilih, hal ini berarti urutan terpilihnya berlian adalah sebagai berikut: RFFR, FRFR dab FFRR
10 25 24 9 225 . . . = 35 34 33 32 5236 225 25 10 24 9 . . . = P( FRFR) = 35 34 33 32 5236 25 24 10 9 225 P( FFRR) = . . . = 35 34 33 32 5236 P( RFFR) =
Jadi peluang yang dimaksud adalah jumlahan dari ketiga peluang di atas yaitu:
675 5236
Jawab: B. 10. Terdapat 97 pria dan 3 wanita dalam suatu organisasi. Sebuah komite yang terdiri dari 5 orang dipilih secara acak, dan satu dari 5 orang tersebut dipilih secara acak untuk dijadikan ketua. Berapa peluang bahwa dalam komite tersebut terdapat 3 wanita dan salah satu dari wanita menjadi ketua nya? A.
3(4!97!) 2(100!)
B.
5!97! 2(100!)
C.
3(5!97!) 2(100!)
D.
3!5!97! 100!
READI Project
337
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 E.
33 972 1005
Pembahasan: Misalkan A menunjukkan kejadian bahwa ketua terpilih adalah wanita, dan B menunjukkan kejadian bahwa 3 wanita berada dalam anggota komite. Hal ini berarti P( A| B) =
3 5
Kita ingin mencari P( A ∩ B). Oleh karena itu, kita akan menghitung terlebih dahulu P( B), yaitu: P( B ) =
(33)(97 2) (100 5 )
=
97 C2 100 C5
97! 2!95! 100! 5!95!
=
=
5!97! 2!100!
Dengan demikian kita peroleh: 3 5!97! 3 4!97! 3(4!97!) P( A ∩ B ) = P( A | B )P( B ) = . = . = 5 2!100! 2 100! 2(100)! Jawab: A 11. Suatu angka X dipilih secara acak dari urutan angka 2, 5, 8, (urutan angka dari 2 sampai 299) dan suatu angka lainnya yaitu Y dipilih secara acak dari urutan angka 3, 7, 11, (urutan angka dari 3 sampai 399) Setiap urutan memiliki 100 bilangan. Hitunglah P[ X = Y ] A. 0,0025 B. 0,0023 C. 0,0030 D. 0,0021 E. 0,0033 Pembahasan: Deret X : 2, 5, 8, 11, ..., 296, 299 Deret Y : 3, 7, 11, 15, ..., 395, 399 Kedua deret tersebut memiliki suku yang sama pada suku X ke-4,8,12,... dan pada suku Y ke-3,6,9,12,...
READI Project
338
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Deret X
(suku ke) Deret Y
(suku ke) Nilai
4
8
12
16
20
...
100
3
6
9
12
15
...
75
11
23
35
47
59
...
299
Total terdapat 25 suku di masing-masing deret X dan Y yang memiliki nilai yang sama. Total anggota dari ruang sampel yang mungkin adalah 100× 100=10000 Jadi P( X = Y ) =
25 = 0, 0025 10000
Jawab: A. 12. Misal X adalah suatu variabel acak diskret dengan fungsi peluang P[ X = x ] =
2 3x
untuk x = 1, 2, 3, ...
Berapa peluang bahwa X adalah genap? A.
1 4
B.
2 7
C.
1 3
D.
2 3
E.
3 4
Pembahasan:
READI Project
339
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Untuk nilai X adalah genap, kita dapatkan : 2 2 2 + 4 + 6 + ... 2 3 3 3 1 1 1 = 2 2 + 4 + 6 + ... 3 3 3 ! 1
P[ X = x | x adalah genap] =
= 2
32
1 − 312
= 2
1 9 8 9
1 = 2 8 1 = 4 Jawab: A. 13. Dalam suatu model banyaknya klaim ang diisi oleh individu untuk polis asuransi kendaraan dalam periode 3 tahun, seorang aktuaris membuat simplifikasi asumsi bahwa untuk semua bilangan integer n ≥ 0, pn+1 =
1 5 pn ,
di mana pn merupakan peluang bahwa pemegang
polis memiliki n klaim selama periode tersebut. Dalam asumsi ini, berapa peluang bahwa seorang pemegang polis memiliki lebih dari 1 klaim selama periode tersebut? A. 0,04 B. 0,16 C. 0,20 D. 0,80 E. 0,96 Pembahasan: pn adalah peluang bahwa pemegang polis memiliki n klaim. Diketahui bahwa pn+1 = 15 pn , dengan n ≥ 0
• untuk n = 0, diperoleh p1 = 51 p0 READI Project
340
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 2 • untuk n = 1, diperoleh p2 = 15 p1 = 51 51 p0 = 15 p0 3 • untuk n = 2, diperoleh p3 = 15 p0 n +1 p0 • untuk n = n, diperoleh pn+1 = 15 ∞
1 + 5
∑ p n = p0 + p0
n =0
! 2 3 1 1 + + ... = 1 5 5 ! p0 + p0
1 5
1 − 51
= 1
1
5 p0 + p0 = 1 4 5
1 p0 + p0 = 1 4 5 p0 = 1 4 4 p0 = 5 Dengan demikian kita peroleh p1 =
1 5
4 5
=
4 5
Jadi, P( n > 1) = 1 − P( n ≤ 1)
= 1 − p0 − p1 4 4 = 1− − 5 25 1 = 25 = 0, 04 Jawab: A. 14. Dalam suatu aera metropolitan, kerugian tahunan karena badai, kebakaran, dan pencurian diasumsikan saling bebas, variabel acak berdistibusi eksponensial dengan rataan 1 untuk badai, 1,5 untuk kebakaran, dan 2,5 untuk pencurian. Tentukan peluang bahwa maksimum dari kerugian atas kejadian tersebut (badai, kebakaran, dan pencurian) adalah melebihi 3.
READI Project
341
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 A. 0,050 B. 0,159 C. 0,287 D. 0,414 E. 0,426 Pembahasan: Misal: X1 menunjukkan kerugian karena badai X2 menunjukkan kerugian karena kebakaran X3 menunjukkan kerugian karena pencurian Y menunjukkan maksimum dari kerugian atas ketiga kejadian tersebut Y = max{ X1 , X2 , X3 } Kita akan menghitung P(Y > 3) Diketahui bahwa : • X1 ∼ exp(θ = 1) → FX1 (3) = 1 − e−3 3
• X2 ∼ exp(θ = 1, 5) → FX2 (3) = 1 − e− 1,5 = 1 − e−2 3
• X3 ∼ exp(θ = 2, 5) → FX2 (3) = 1 − e− 2,5 = 1 − e−1,2 Oleh karena itu, kita dapatkan P (Y > 3 ) = 1 − P (Y ≤ 3 )
= 1 − P(max{ X1 , X2 , X3 }) = 1 − [ FX1 (3)] [ FX2 (3)] [ FX3 (3)] = 1 − 1 − e−3 − 1 − e−2 − 1 − e−1,2 = 1 − 0, 57415 = 0, 42585 ≈ 0, 426 Jawab: E. READI Project
342
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 15. Suatu fungsi distribusi X untuk x > 0 adalah F ( x ) = 1 − ∑3k=0
x k e− x k!
Tentukan fungsi densitas dari X untuk x > 0? A. e− x x2 e− x 2 3 x e− x C. 6 3 x e− x D. − e− x 6 x3 e− x E. + e− x 6 B.
Pembahasan: x k e− x ∑ x! k =0 xe− x x2 e− x x3 e− x −x = 1− e + + + 1 2 6 3
F(x) = 1 −
f (x) =
= = =
d xe− x x2 e− x x3 e− x −x 1− e + + + dx 1 2 6 x2 e− x x2 e− x x3 e− x −x −x −x −x − −e + e − xe + xe − + − 2 2 6 3 − x x e − − 6 3 − x x e 6
Jawab: C. 16. X1 dan X2 adalah dua variabel acak saling bebas, tetapi mereka memiliki fungsi densitas yang sama, yaitu
f (x) =
2x , 0 ,
READI Project
343
untuk 0 < x < 1
untuk lainnya
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Tentukan peluang bahwa nilai maksimal dari X1 dan X2 adalah paling sedikit 0,5. (carilah jawaban terdekat, pembulatan 2 desimal) A. 0,92 B. 0,94 C. 0,96 D. 0,98 E. 1 Pembahasan: X = X1 = X2 Rx Rx FX ( x ) = 0 f (t)dt = 0 2t dt = x2 , untuk 0 < x < 2 Y = max{ x1 , x2 } P(Y > 0, 5) = 1 − P(Y ≤ 0, 5)
= 1 − P(max{ x1 , x2 } ≤ 0, 5) = 1 − Fx1 (0, 5).Fx2 (0, 5) = 1 − [ Fx (0, 5)]2 h i2 2 = 1 − (0, 5) = 1 − (0, 5)4 = 0, 9375 ≈ 0, 94 Jawab: B. 17. Kerugian yang terkait dengan cuaca tahunan pada suatu perusahaan Asuransi, yaitu X, adalah suatu variabel acak dengan fungsi densitas sebagai berikut 2,5 2, 5(200) , x3,5 f (x) = 0 ,
untuk x ≥ 200 untuk lainnya
Hitunglah selisih antara percentile ke 70 dengan precentile ke-30 dari X. (pembulatan terdekat) READI Project
344
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 A. 35 B. 93 C. 124 D. 131 E. 298 Pembahasan: F(x) =
Z x 200
f (t)dt =
Z x 2, 5(200)2,5
t3,5
200
(200)2,5 dt = − +1 = 1− x2,5
200 x
2,5
Selanjutnya kita akan menghitung presentil ke-70 dan presentil ke-30 • Presentil ke-70 F (π0,7 ) = 0, 7 → 1 −
200 π0,7
Dari sini kita peroleh π0,7
2,5
= 0, 7 200 = 323, 7289166 = 1 (0, 3) 2,5
• Presentil ke-30 F (π0,7 ) = 0, 3 → 1 −
200 π0,3
2,5
Dari sini kita peroleh: π0,3 =
= 0, 3 200 1
= 230, 6698216
(0, 7) 2,5
Dengan demikian selisih antara presentil ke-70 dan presentil ke-30 π0,7 − π0,3 = 323, 7289166 − 230, 6698216
= 93, 05909495 ≈ 93 Jawab: B. 18. Suatu distribusi peluang dari besarnya klaim untuk suatu polis asuransi mobil adalah Besarnya Klaim
20
30
40
50
60
70
80
Peluang
0,15
0,10
0,05
0,20
0,10
0,10
0,30
Berapa persen dari besarnya klaim yang berada diantara E[ X ] ± σ
READI Project
345
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 A. 45% B. 55% C. 68% D. 85% E. 98% Pembahasan: E[ X ] = 20(0, 15) + 30(0, 10) + 40(0, 05) + 50(0, 20) + 60(0, 10) + 70(0, 10) + 80(0, 30)
= 55 E[ X 2 ] = 202 (0, 15) + 302 (0, 10) + 402 (0, 05) + 502 (0, 20) + 602 (0, 10)
+702 (0, 10) + 802 (0, 30) = 3500 Var ( X ) = E[ X 2 ] − (E[ X ])2 = 3500 − 552 q √ σX = Var ( X ) = 475 = 21, 79 Besar Klaim ( X ) yang berada di antara E[ X ] ± σ adalah 55 − 21, 79 < X < 55 + 21, 79 atau 33, 21 < X < 76, 79 Dari tabel terlihat bahwa : P(33, 21 < X < 76, 79) = P( X = 40) + P( X = 50) + P( X = 60) + P( X = 70)
= 0, 05 + 0, 20 + 0, 10 + 0, 10 = , 45 Jawab: A. 19. X adalah suatu variabel acak dengan rataan 0 variansi 4. Hitunglah nilai terbesar yang mungkin dari P[| X | ≥ 8], sesuai dengan Chebyshevs inequality A.
1 16
B.
1 8
READI Project
346
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 C.
1 4
D.
3 4
E.
15 16
Pembahasan: Diketahui µ x = 0; σx2 = 4 Kita akan menghitung P [| X | ≥ 8] dengan menggunakan Chebyshevs inequality P[| X − µ x | ≥ k.σx ] ≥
1 k2
Berdasarkan rumus tersebut maka kita peroleh P [| X | ≥ 8] = P[| X − µ x | ≥ k.σx ]
= P[| X − 0| ≥ 4(2)] Hal ini berarti k = 4. Dengan demikian kita dapatkan P[| x | ≥ 8] ≤
1 1 1 = 2 = 2 16 k 4
Jawab: A. 20. Misal X1 , X2 , X3 adalah sebuah sampel acak yang paling bebas (mutually independent) dari suatu distribusi diskret dengan fungsi peluang sebagai berikut.
p( x ) =
1 3 2 3
,
untuk x = 0
, 0 ,
untuk x = 1 lainnya
Tentukanlah fungsi pembangkit momen, M(t) dari Y = X1 X2 X3 A.
19 27
8 t + 27 e
B. 1 + 2et 3 C. 13 + 32 et READI Project
347
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 D.
1 27
E.
1 3
8 3t + 27 e
+ 23 e3t
Pembahasan: Y = X1 , X2 , X3 P ( Y = 1 ) = P ( X1 = 1 ) P ( X2 = 1 ) P ( X3 = 1 ) 2 2 2 = 3 3 3 8 = 27 P (Y = 0 ) = 1 − P (Y = 1 ) 19 = 27 M (t) = E[etY ]
=
∑ etY P(Y = y)
= e 0 P (Y = 0 ) + e t P (Y = 1 ) 19 8 = + et 27 27 Jawab: A. 21. X memiliki distribusi disket seragam pada bilangan bulat (integer) 0, 1, 2, , n dan Y memiliki distribusi diskret seragam pada bilang bulat (integer) 1, 2, 3, , n. Hitunglah Var [ X ]Var [Y ] A.
2n+1 12
B.
1 2
C. 0 1 D. − 12
E. − 2n12+1 Pembahasan: Misal A berdistribusi seragam pada (1, n), maka Var ( A) =
READI Project
348
n2 −1 12
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Untuk X berdistribusi diskrit seragam pada (0, n), hal ini berarti X akan berdistribusi diskrit seragam pada (1, n + 1), sehingga kita peroleh Var ( X ) =
( n + 1)2 − 1 n2 + 2n = 12 12
Untuk Y berdistribusi diskrit seragam pada (1, n) kita peroleh Var (Y ) =
n2 − 1 12
Dari sini kita peroleh n2 + 2n n2 − 1 − 12 12 2n + 1 = 12
Var [ X ] − Var [Y ] =
Jawab: A. 22. Seorang pengelola tur memiliki sebuah bus yang bisa mengakomodasi 20 turis. Pengelola tur tersebut mengetahui bahwa ada turis yang mungkin tidak hadir, jadi dia menjual 21 tiket. Peluang bahwa seorang turis tidak akan hadir adalah 0,02, dan saling bebas tehdap turis lainnya. Setiap tiket memiliki harga 50, dan tidak dapat dikembalikan jika turis gagal hadir. Apabila seorang turis hadir dan tidak ada kursi yang tersedia, pengelola tur harus membayarkan ganti rugi kepada turis tersebut. Gantirugi = hargatiket + 50 Berapa ekspektasi pendapatan dari pengelola tur tersebut? (carilah jawaban yang paling mendekati, pembulatan) A. 935 B. 950 C. 967 D. 976 E. 985
READI Project
349
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Pembahasan: Pada kasus ini, ada 2 luaran yang berbeda, yaitu : • Apabila 21 turis hadir semua, maka salah satu di antara mereka tidak mendapat kursi, dan pengelola tur harus membayar ganti rugi sebesar 100 • Apabila 20 turis yang hadir, maka pihak pengelola tur tidak akan membayar ganti rugi apapun. Peluang bahwa total 21 turis akan hadir adalah (1 − 0, 02)21 = 0, 654256 Kita tahu bahwa pendapatan mula mula dari pengelola tur jika 21 turis hadir semua adalah 21 × 50 = 1050. Dengan demikian, ekspetasi pendapatan dari pengelola tur adalah 1050 − 100(0, 654256) = 984, 5744 ≈ 985 Jawab: E. 23. Kerugian akibat kebakaran bangunan dimodelkan dengan sebuah variabel acak X, dengan fungsi densitas sebagai berikut 0, 05(20 − x ) , f (x) = 0 , A.
1 3
B.
1 8
C.
3 8
D.
1 25
E.
1 9
READI Project
350
untuk 0 < x < 20 untuk lainnya
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Pembahasan: S( x ) = 1 − F ( x ) =
Z ∞ x
f (t) dt
Z 20
0, 05 (20 − t) dt (202 − x2 ) = 0, 05 20(20 − x ) − 2 2 0, 05x = 20 − x − 10 + 2 2 = 10 − x + 0, 025x
=
x
P( X > 16) P( X > 8) S(16) = S (8) 10 − 16 + 0, 025(162 ) = 10 − 8 + 0, 025(82 ) 1 = 9
P( X > 16| X > 8) =
Jawab: E. 24. Suatu perusahaan Asuransi memiliki 5 polis Asuransi jiwa berjangka 1 tahun (one year term life) yang saling bebas. Nilai uang pertanggungan dari polis adalah 100.000. Peluang bahwa sebuah klaim terjadi dalam tahun tersebut untuk setiap polis adalah 0,2. Hitunglah peluang bahwa-bahwa perusahaan Asuransi harus membayar lebih dari total ekspektasi klaim untuk tahun tersebut. (pembulatan 2 desimal) A. 0,06 B. 0,11 C. 0,16 D. 0,21 E. 0,26 Pembahasan: Misal X menyatakan klaim, maka X ∼ Binomial (n = 5, p = 0, 2) READI Project
351
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Nilai
peluang
untuk
masing-masing
X=x
P( X = x )
0
(50)(0, 2)0 (0, 8)5 = 0, 32768
100.000
(51)(0, 2)1 (0, 8)4 = 0, 4096
200.000
(52)(0, 2)2 (0, 8)4 = 0, 2048
300.000
(53)(0, 2)3 (0, 8)2 = 0, 0512
400.000
(54)(0, 2)4 (0, 8)1 = 0, 0064
500.000
(55)(0, 2)5 (0, 8)0 = 0, 00032
X
ditunjukkan
oleh
tabel
berikut:
E[ X ] = 0(0, 32768) + 100.000(0, 4096) + 200.000(0, 2048) + 300.000(0, 0512)
+400.000(0, 0064) + 500.000(0, 00032) = 100.000 P( X > E[ X ]) = P( X > 100.000)
= 1 − P( X ≤ 100.000) = 1 − [P( X = 0) + P( X = 100.000)] = 1 − (0, 32768 + 0, 4096) = 0, 26272 ≈ 0, 26 Jawab: E. 25. Diketahui X ∼ N (50, 64). Tentukan nilai dari x sedemikian sehingga Pr ( X > x ) = 0, 025 A. 64,65 B. 65,68 C. 68,76 D. 76,65 E. 78,76
READI Project
352
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Pembahasan: P( X > x ) =
= = = =
X−µ P Z> σ X−µ 1−P Z ≤ σ X − 50 1−P Z ≤ √ 64 X − 50 1−P Z ≤ 8 0, 025
Dari sini kita peroleh X − 50 P Z≤ 8
= 0, 975
Berdasarkan tabel distribusi normal, kita dapatkan Z0,975 = 1, 96 X − 50 = 1, 96 8 X = 65, 68 Jawab: B. 26. Kedatangan pengunjung di sebuah meja kasir adalah berdistribusi Poisson dengan rataan (mean) waktu menunggu adalah 1 menit setiap kedatangannya. Tentukan peluang dimana kedatangan kedelapan terjadi di antara waktu 7 menit dan waktu 9 menit. Petunjuk : Central Limit Theorem A. 0,3500 B. 0,2736 C. 0,3273 D. 0,2368 E. 0,3768 Pembahasan: Misal X menunjukkan waktu kedatangan pengunjung. READI Project
353
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = (1)(8) = 8) E[ X ] = λ = 8 Var [ X ] = λ = 8 Dengan menggunakan Central Limit Theorem kita peroleh : P(7 < X < 9) =
= = =
9 − E( X ) 7 − E( X ) 20.000) = P Z > σX¯ 20.000 − 19.400 = 1−P Z < 1.000 = 1 − P( Z < 0, 6)
= 1 − φ(0, 6) Dari tabel distribusi normal kita dapatkan φ(0, 6) = 0, 7257, sehingga kita peroleh P ( X¯ > 20.000) = 1 − 0, 7257 = 0, 2743 Jawab: C. 28. Diberikan X dan Y adalah variabel acak diskret dengan distribusi peluang gabungan (joint probability distribution). Hitunglah nilai ekspetasi dari X jika diberikan Y = 4 Y
X
A.
3 9
B.
15 9
C.
5 9
D.
23 9
READI Project
0
1
4
1
0,10
0,05
0,15
3
0,05
0,20
0,25
5
0,15
0,00
0,05
355
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 E.
1 9
Pembahasan: Y
X
0
1
4
Total
1
0,10
0,05
0,15
0,30
3
0,05
0,20
0,25
0,50
5
0,15
0,00
0,05
0,20
0,30
0,25
0,45
1
Total
Dari tabel dapat kita hitung, bahwa : E[ X ∩ Y = 4] P (Y = 4 ) 1(0, 15) + 3(0, 25) + 5(0, 05) = 0, 45 23 = 9
E [ X |Y = 4 ] =
Jawab: D. 29. Misal X merupakan biaya klaim bedah dan Y merupakan biaya klaim rawat inap. Seseorang aktuaris menggunakan suatu model dimana E( X ) = 5; E( X 2 ) = 27, 4, E(Y ) = 7; E(Y 2 ) = 51, 4 dan Var ( X + Y ) = 8 Jika C1 = X + Y merupakan kombinasi dari biaya klaim bedah dan biaya rawat inap, dan C2 merupakan kombinasi dari biaya klaim bedah dan biaya rawat inap yang sudah dilakukan penambahan biaya 20%. 20% penambahan biaya hanya berlaku untuk rawat inap. Hitunglah Cov(C1 , C2 ) A. 8,80 B. 9,60 C. 9,76 D. 11,52 E. 12,32 READI Project
356
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 Pembahasan: Diketahui C1 = X + Y dan C2 = X + 1, 2Y Var ( X ) = E( X 2 ) − [E( X )]2 = 27, 4 − 52 = 27, 4 − 25 = 2, 4 Var (Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2 = 51, 4 − 72 = 51, 4 − 49 = 2, 4 Var ( X + Y ) = Var ( X ) + Var (Y ) + 2Cov( X, Y ) 8 − 2, 4 − 2, 4 Var ( X + Y ) − Var ( X ) − Var (Y ) = = 1, 6 Cov( X + Y ) = 2 2 E[ XY ] = Cov( X + Y ) + E[ X ].E[Y ] = 1, 6 + (5)(7) = 36, 6 Dari sini kita peroleh : Cov(C1 , C2 ) = E(C1 .C2 ) − E(C1 )E(C2 )
= E[( X + Y )( X + 1, 2Y )] − E[ X + Y ].E[ X + 1, 2Y ] = E[ X 2 + 2, 2XY + 1, 2Y2 ] − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = E( X 2 ) + 2, 2E( XY ) + 1, 2E(Y2 ) − [E( X ) + E(Y )][E( X ) + 1, 2E(Y )] = 27, 4 + 2, 2(36, 6) + 1, 2(51, 4) − [5 + 7][5 + 1, 2(7)] = 8, 8 Jawab: A. 30. Seorang asisten aktuaris yang sedang mengamati data statistik tentang kecenderungan tren pembelian asuransi oleh pemilik mobil mendapati beberapa kesimpulan seperti berikut : (1) Pemilik kendaraan ternyata memiliki kecenderungan untuk membeli asuransi perlindungan kecelakaan diri dua kali lebih besar daripada perlindungan orang ketiga (2) Kejadian pembelian asuransi kecelakaan diri ini ternyata saling bebas dengan kejadian pembelian asuransi perlindungan orang ketiga (3) Peluang bahwa seorang pemilik mobil membeli kedua perlindungan tersebut pada waktu yang sama ialah 0,15 Hitung peluang bahwa pemilik mobil tidak membeli kedua jenis perlindungan asuransi kecelakaan diri dan orang ketiga? READI Project
357
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 11. PEMBAHASAN A20 NOPEMBER 2018 A. 0,18 B. 0,33 C. 0,48 D. 0,67 E. 0,82 Pembahasan: Misal : k adalah perlindungan kecelakaan diri L adalah perlindungan orang ketiga
Diketahui P(K ) = 2P( L)
P(K ∩ L) = 0, 15 P( K ∩ L ) = P( K )P( L ) 0, 15 = 2P( L)P( L) 0, 15 = 2P( L)2 r 0, 15 P( L ) = 2 = 0, 27386
≈ 0, 274
P(K ) = 2P( L) = 2(0, 274) = 0, 548 P(K 0 ∩ L0 ) = P(K 0 ).P( L0 ) = (1 − 0, 548)(1 − 0, 274) = 0, 328152 ≈ 0, 33
Jawab: B.
READI Project
358
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12 PEMBAHASAN A20 APRIL 2019
1. Suatu kotak berisi 5 permen dan 5 cokelat. Sebuah uji coba dilakukan dengan mengambil 3 buah dari dalam kotak, tanpa adanya pengambilan. Berapakah peluang untuk mendapatkan 1 permen dan 2 cokelat,diketahui bahwa minimal 2 diantara uji coba tersebut adalah cokelat. A.
1 2
B.
2 3
C.
3 4
D.
4 5
E.
5 6
Pembahasan: Misal A menyatakan kejadian mendapatkan 1 permen dan 2 cokelat dan B menyatakan kejadian mendapatkan minimal 2 cokelat di antara uji coba Dengan demikian kita peroleh : P( A ∩ B ) = P( A ) =
P( B ) =
5 C1 .5 C2 10 C3
=
5 12
+ 5 C0 .5 C3 1 = 2 10 C3
5 C1 .5 C2
Peluang yang dimaksud pada soal adalah P( A| B), yaitu: P( A | B ) =
P( A ∩ B ) = P( B )
Jawab: E.
359
5 12 1 2
=
10 5 = 12 6
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 2. Masa hidup atau kegunaan sebuah alat pembersih debu adalah suatu variabel acak dengan fungsi densitas sebagai berikut:
f (x) =
20.000 , ( x + 100)3
0 ,
untuk x ≥ 0 lainnya
Jika terdapat 3 alat pembersih yang bekerja saling bebas,hitunglah P( X1 < 100, X2 < 100, X3 ≥ 200) A.
1 32
B.
1 16
C.
3 32
D.
3 16
E.
7 32
Pembahasan: Pertama kita akan mencari CDF dari X, yaitu: Z x
20.000 dt 3 0 ( t + 100) x −10.000 = (t + 100)3 0 10.000 = 1− ( x + 100)2
F(x) =
Dari sini kita peroleh : 10.000 1 3 = 1− = 40.000 4 4 10.000 1 3 Fx2 (100) = P( X2 < 100) = 1 − = 1− = 4 40.000 4 10.000 1 1 − Fx3 (200) = P( X3 ≥ 200) = 1 − 1 − = 1− 90.000 9 Fx1 (100) = P( X1 < 100) = 1 −
READI Project
360
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Dengan demikian kita dapatkan P( X1 < 100, X2 < 100, X3 ≥ 200) = P( X1 < 100).P( X2 < 100).P( X3 ≥ 200) 3 3 1 = 4 4 9 1 = 16 Jawab: B. 3. Sebuah mesin untuk mengisi air mineral (botol) telah diatur sedemikian sehingga jumlah dari air yang terbuang adalah variabel acak dengan rataan 200ml dan standar deviasi 15ml. Berapa peluang bahwa rata-rata jumlah dari air yang terbuang dari 36 botol yang dipilih secara acak adalah minimal 204ml. A. 0,4452 B. 0,4520 C. 0,0548 D. 0,0442 E. 0,5480 Pembahasan: Misal X menyatakan jumlah air mineral yang terbuang dari botol Diketahui : µ x = 200 dan σx = 15 Selain itu, diketahui pula bahwa σx 15 µ x¯ = µ x = 200 dan σx¯ = √ = √ = 2, 5 n 36
READI Project
361
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Kita akan menghitung P( X¯ > 204), yaitu: X¯ − µ x¯ X¯ − µ x¯ > σx¯ σx¯ 204 − 200 = P Z> 2, 5 = P( Z > 1, 6)
P( X¯ > 204) = P
= 1 − P( Z ≤ 1, 6) = 1 − 0, 9452 = 0, 0548 Jawab: C. 4. Jika sebuah distribusi peluang gabungan dimana X dan Y diketahui : f ( x, y) = c( x2 + y2 ) untuk x = −1, 0, 1, 3; y = −1, 2, 3 Maka temukan nilai c A.
1 17
B.
1 31
C.
1 41
D.
1 49
E.
1 89
READI Project
362
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Pembahasan:
∑ ∑ f (x, y)
= 1
∑ ∑ c ( x 2 + y2 )
= 1
all x all y
all x all y
h i 2 2 2 c ( x + 1 ) + ( x + 4 ) + ( x + 9 ) = 1 ∑
all x
∑ c(3x2 + 14)
= 1
all x
14(4c) + 3c(1 + 0 + 1 + 9) = 1 56c + 33c = 1 89c = 1 1 c = 89 Jawab: E. Berikut adalah soal untuk no. 5 dan no. 6: Sebuah pengamatan dilakukan untuk menguji null hypothesis bahwa rata-rata waktu tunggu seseorng pada suatu stasiun bus adalah θ = 10 menit, sedangkan alternative hypothesis adalah θ 6= 10 menit. Null hypothesis ditolak jika dan hanya jika nilai hasil observasi adalah lebih kecil dari 8 atau lebih besar dari 12. Fungsi Peluang Densitas: f ( x, 0) =
1 − x/e e ;0 12, jika θ = 10) 8
12
= 1 − e− 10 + e− 10
= 1 − 0, 449329 + 0, 301194 = 0, 851865 ≈ 0, 852 Jawab: A. 6. Hitunglah peluang dari Type 2 error ketika θ = 16 menit A. 0,026 B. 0,086 C. 0,144 D. 0,134 E. 0,122 Pembahasan:
READI Project
364
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Kita akan menghitung error type 2 ketika θ = 16, yaitu: β = P(8 ≤ x ≤ 12, jika θ = 16)
= P( x ≤ 12, jika θ = 16) − P( x ≤ 8, jika θ = 16) 8 12 = 1 − e− 16 − 1 − e− 16 = 0, 1341641 ≈ 0, 134 Jawab: D. 7. Jika peluang penolakan permohonan kredit pada suatu bank adalah 0,20. Tentukan peluang bahwa bank akan menolak permohonan kredit paling banyak 40 dari 225 permohonan kredit. Gunakan pendekatan distribusi normal,dengan 3 desimal. A. 0,154 B. 0,227 C. 0,295 D. 0,177 E. 0,235 Pembahasan: Misalkan X menyatakan penolakan dari permohonan kredit di suatu bank Kredit X ∼ Bin(n = 225, p = 0, 20) Dengan menggunakan Central Limit Theorem, kita dapatkan: X − E[ X ] 40 − E[ X ] P( X < 40) = P < σx σx 40 − 45 = P Z< √ 36 = P( Z < −0, 833)
= 1 − 0, 7967 = 0, 2033 READI Project
365
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Nilai yang paling mendekati adalah 0,227 Jawab: B. 8. Di Bogor,perngunaan listrik dalam sehari (dalam jutaan KW per jam ) adalah suatu variabel acak yang berdistribusi gamma dengan α = 3 dan β = 2. Jika, pembangkit listrik di Bogor memiliki kapasitas harian sebesar 12 juta KW per jam,berapa peluang bahwa sumber daya listrik akan tidak cukup pada suatu hari tertentu? A. 0,029 B. 0,054 C. 0,062 D. 0,084 E. 0,098 Pembahasan: Pdf dari distribusi Gamma dengan parameter α = 3 dan β = 2 diberikan sebagai berikut: f (x) =
x 1 1 2 −x x2 e− 2 = x e 2 3 16 Γ (3)2
Kita akan menghitung P( X > 12) = 1 − P( X ≤ 12) P( X ≤ 12) =
Z 12 1
16
0
= −
( x2
x
x2 e− 2 dx
x 12 + 4x + 8)e− 2 8 0
200e−6 8 = 0, 938
= 1−
Dengan demikian kita dapatkan P( X > 12) = 1 − P( X ≤ 12) = 1 − 0, 938 = 0, 062 Jawab: C. 9. Suatu perusahaan membeli sabuah polis asuransi untuk perlindungan terhadap kecelakaan yang terjadi. Peluang terjadinya kecelakaan sebanyak satu atau lebih pada satu bulan READI Project
366
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 adalah 35 , jumlah kecelakaan yang terjadi pada suatu bulan adalah bersifat bebas dari jumlah kecelakaan pada bulan lainnya. Variabel acak X adalah jumlah bulan dimana tidak ada kecelakaan yang terjadi ketika pada bulan ke-4 terjadi kecelakaan. Hitunglah P[ X ≥ 4] A. 0,01 B. 0,12 C. 0,23 D. 0,29 E. 0,41 Pembahasan: Misal X menunjukkan banyak periode bulan Kita akan menghitung P( X ≥ 4). Sebelumnya kita akan menghitung terlebih dahulu: P( X = 0), P( X = 1), P( X = 2), dan P( X = 3) Diberikan r = 4 dan p =
3 5
P( X = x ) = P( X = 0) = P( X = 1) = P( X = 2) = P( X = 3) =
READI Project
r−1+x r p (1 − p ) x x 4 0 4−1+0 3 2 0 5 5 4 1 4−1+1 3 2 1 5 5 4 2 4−1+2 3 2 2 5 5 4 3 4−1+3 3 2 3 5 5
367
= 0, 1296 = 0, 20736 = 0, 20736 = 0, 165888
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Dengan demikian kita peroleh: P( X ≥ 4) = 1 − [P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) + P( X = 3)]
= 1 − [0, 1296 + 0, 20736 + 0, 20736 + 0, 165888] = 1 − 0, 710208 = 0, 289792 ≈ 0, 29
Jawab: D. 10. Jika peluang seseorang akan percaya pada suatu isu mngenai pelanggaran hukum atas politisi tertentu adalah 0,75. Hitunglah peluang bahwa orang ke 15 yang mendengarkan isu tersebut adalah orang ke-10 yang akan mempercayai isu itu. b ∗ ( x; k, θ ) =
x−1 k θ (1 − θ ) x−k untuk x = k, k + 1, k + 2 k−1
A. 0,0180 B. 0,0538 C. 0,0754 D. 0,1101 E. 0,1298 Pembahasan: 15 − 1 b ∗ (15; 10, 0, 75) = (0, 75)10 (0, 25)5 10 − 1 14 = (0, 75)10 (0, 25)5 9 = 0, 11009
≈ 0, 1101 Jawab: D.
READI Project
368
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 11. Seorang kolektor seni, yang memiliki 10 lukisan dari pelukis terkenal, sedang mempersiapkan surat wasiatnya. Ada berapa banyak cara dia dapat memberikan lukisanlukisan tersebut terhadap 3 ahli warisnya? A. 81 B. 243 C. 2.187 D. 19.683 E. 59.049 Pembahasan: Banyak cara yang dapat dilakukan oleh kolektor seni untuk memberikan 10 buah lukisan kepada 3 ahli warisnya adalah 310 = 59.049 Jawab: E. 12. Seorang insinyur mobil menyatakan bahwa 1 dari 10 kecelakaan mobil disebabkan oleh faktor kelelahan si pengemudi.
Dengan menggunakan distribusi binomal dan dengan
pendekatan 4 desimal, berapa peluang bahwa setidaknya 3 dari 5 kecelakaan mobil disebebkan oleh pengemudi yang lelah? A. 0,0086 B. 0,0075 C. 0,640 D. 0,0538 E. 0,0186 Pembahasan: Misal X menyatakan kecelakaan mobil yang disebabkan oleh faktor kelelahan si pengemudi. Diketahui bahwa X ∼ Bin(n = 5, p = 0, 1)
READI Project
369
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Kita akan menghitung P( x ≥ 3) = P( x = 3) + P( x = 4) + P( x = 5) 5 P( x = 3) = (0, 1)3 (0, 9)2 = 0, 0081 3 5 P( x = 4) = (0, 1)4 (0, 9)1 = 0, 00045 4 5 P( x = 5) = (0, 1)5 = 0, 00001 3 Dengan demikian kita peroleh: P( x ≥ 3) = 0, 0081 + 0, 00045 + 0, 00001 = 0, 00856 ≈ 0, 0086 Jawab: A. 13. Setibanya diruang UGD suatu Rumah sakit, pasien dikategorikan berdasarkan kondisi mereke,seperti kritis,serius,atau stabil. Dalam beberapa tahun terakhir,terdapat: i. 10% pasien UGD memiliki kondisi kritis; ii. 30% pasien UGD memiliki kondisi serius; iii. Sisanya,adalah pasien dengan kondisi stabil; iv. 40% pasien dengan kondisi kritis meninggal dunia; v. 10% pasien dengan kondisi serius meninggal dunia; vi. 1% pasien dengan kondisi stabil meninggal dunia; Diberitahukan bahwa pasien dalam kondisi hidup, berapakah peluang bahwa pasien tersebut berasal dari kategori serius pada waktu tiba di UGD? (pendekatan 2 desimal) A. 0,06 B. 0,29 C. 0,30 D. 0,39 E. 0,64
READI Project
370
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Pembahasan: Misalkan: A menyatakan pasien UGD dengan kondisi kritis. B menyatakan pasien UGD dengan kondisi serius. C menyatakan pasien UGD dengan kondisi stabil. H menyatakan pasien dalam kondisi masih hidup. M menyatakan pasien dalam kondisi sudah meninggal.
Diketahui bahwa : P( A) = 0, 1; P( B) = 0, 3; P(C ) = 0, 6; P( A ∩ M) = 0, 4 . P( A) = 0, 04 P( B ∩ M ) = 0, 1.P( B) = 0, 03; dan P(C ∩ M ) = 0, 01P(C ) = 0, 006 Dengan demikian kita peroleh: P( M) = P( A ∩ M ) + P( B ∩ M) + P(C ∩ M) = 0, 04 + 0, 03 + 0, 006 = 0, 076 P( H ) = 1 − P( M ) = 1 − 0, 076 = 0, 924 P( B ∩ H ) = P( B) − P( B ∩ M) = 0, 3 − 0, 03 = 0, 27 Kita akan menghitung P( B| H ), yaitu: P( B | H ) =
P( B ∩ H ) 0, 27 = = 0, 2922 ≈ 0, 29 P( H ) 0, 924
Jawab: B. 14. Keuntungan seorang kontraktor dalam suatu pekerjaan konstruksi dapat dilihat sebagai suatu variabel acak kontinu dengan fungsi densitas peluang sebagai berikut 1 ( x + 1) , 18 f (x) = 0 ,
untuk − 1 ≤ x ≤ 5 untuk lainnya
Berapakah ekspektasi keuntungan kontraktor tersebut? A. 3 B. 4 READI Project
371
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 C. 5 D. 6 E. 7 Pembahasan: E[ X ] =
=
Z 5 −1 Z 5 −1
1 = 18
x. f ( x )dx x.
1 ( x + 1)dx 18
Z 5
x2 + x dx "−1 5 # 1 1 3 1 2 x + x = 18 3 2 −1 1 125 25 1 1 = + + − 18 3 3 3 2 = 3
Jawab: A. 15. Dalam sebuah permainan poker,seorang pemain akan menerima 5 kartu yang dibagikan dari sebuah dek kartu standar berisi 52 kartu tanpa joker. Dikatakan mendapatkan ”full house” apabila mengandung 3 kartu dengan angka yang sama dan sepasang kartu dengan angka yang sama.(Contoh ”full house”=888 dan QQ) Berapa peluang kartu-kartu yang diterima oleh pemain tersebut membentuk ”full house”? A. 0,0076 B. 0,0063 C. 0,0042 D. 0,0029 E. 0,0014 Pembahasan: Peluang kartu-kartu yang diterima oleh pemain membentuk ”full house” adalah: 13 × 4 C3 × 12 × 4 C2 = 0, 00144057623 ≈ 0, 0014 52 C5 READI Project
372
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Jawab: E. 16. Jumlah surat nikah yang diterbitkan pada suatu kota selama bulan juni dapat dilihat sebagai sebuah variabel acak dengan µ = 124 dan σ = 7, 5 Dengan menggunakan chebyshev’s theorem, hitunglah batas bahwa dari peluang bahwa kita dapat menyatakan diantara 64 dan 184 surat nikah akan diterbitkan selama bulan Juni? A.
9 16
B.
63 64
C.
17 64
D.
63 184
E.
17 184
Pembahasan: Teorema Chebishev menyatakan bahwa : P(P(µ − kσ < x < µ + kσ )) ≥ 1 −
1 k2
Diketahui bahwa µ = 124 dan σ = 7, 5, maka kita peroleh: P(64 < x < 184) ≥ 1 − Jadi batas bawah dari P(64 < x < 184) adalah
1 1 63 = 1− = 2 64 64 8 63 64
Jawab: B. 17. Diketahui distribusi peluang dari X adalah sebagai berikut: 1 3 , 8 x f (x) = 0 ,
untuk x = 0, 1, 2, 3 untuk lainnya
Hitunglah µ20 (Momen ke-2 dari X) A.
3 4
READI Project
373
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 B.
3 2
C. 1 D. 2 E. 3 Pembahasan: E[ X 2 ] =
3
∑ x2 . f ( x )
x =0 2
= 0 . f ( 0 ) + 12 . f ( 1 ) + 22 . f ( 2 ) + 32 . f ( 3 ) 1 3 3 1 = 0. + 1. + 4. +9 8 8 8 8 24 = 8 = 3 Jawab: E. 18. Lebar dari sepotong kain pada sebuah pabrik memiliki distribusi normal dengan rataan 950mm dan standar deviasi 10mm. Berapakah nilai C sedemikian sehingga apabila dipilih sepotong kain secara acak, peluang bahwa kain tersebut memiliki lebar yang lebih kecil dari C adalah 0,8531? A. 976,5 B. 960,5 C. 958,5 D. 950,5 E. 947,5 Pembahasan: Misal X menyatakan lebar dari sepotong kain pada sebuah pabrik. Diketahui µ x = 950; σx = 10
READI Project
374
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Kita akan menghitung C, sedemikian hingga: C − µx P Z< σx
= 0, 8531
Nilai Z-score yang berkorespondensi dengan 0,8531 adalah 1,05. Dengan demikian kita peroleh : C − 950 = 1, 05 10 C = 950 + 10(1, 05)
= 960, 5
Jawab: B. 19. Jumlah dari giro cacat yang diperoleh sebuah bank selama 5 jam kerja adalah suatu variabel acak yang berdistribusi Poisson dengan µ = 2. Berapa peluang bahwa bank tersebut tidak mendapatkan giro yang cacat selama 2 jam kerja pertama? A. 0,1813 B. 0,2231 C. 0,2643 D. 0,4493 E. 0,6413 Pembahasan: Misal X menyatakan jumlah dari giro cacat yan diperoleh oleh bank. Untuk 5 jam kerja, diketahui bahwa ∼ Poisson(µ = 2). Dengan demikian, untuk 2 jam kerja, maka X 2 X ∼ Poisson µ = 2 = 0, 8 5 Jadi peluang bahwa bank tidak mendapatkan giro yang cacat selama 2 jam adalah: P( X = 0) =
e−0,8 (0, 8)0 = e−0,8 = 0, 449329 ≈ 0, 4493 0!
Jawab: D. READI Project
375
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 20. Untuk mengestimasi jumlah pengangguran yang terdapat di DKI Jakarta,sebuah lembaga survey memilih secara acak sebanyak 400 orang dan diperoleh sebanyak 25 orang adalah pengangguran. Hitung berapa banyak yang sebenarnya diperlukan dalam survey tersebut sehingga tingkat eror dari pengamatan tersebut berkurang menjadi 0,02. Petunjuk: Gunakan confidence level 95% A. 355 B. 467 C. 488 D. 563 E. 650 Pembahasan: Diketahui bahwa: N = 400; k = 25; α = 0, 05; e = 0, 02; dan Z α2 = 1, 96 Dengan demikian kita peroleh : pˆ =
k 25 = = 0, 0625 N 400
qˆ = 1 − pˆ = 0, 9375 n =
Z α2
2
ˆ qˆ . p.
( e )2 = 562, 734375
=
(1, 96)2 (0, 0625) (0, 9375) (0, 02)2
≈ 563
Jawab: D. 21. Sebuah perusahaan asuransi kendaraan bermotor mengasuransikan semua pekerjaan disegala umur. Seorang aktuaris mengumpulkan datanya ke dalam bentuk statistik berikut:
READI Project
376
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Peluang
Besar Porsi
Kecelakaan
Pekerja
Kerja
diasuransi
16-20
0,06
0,08
21-30
0,03
0,15
31-65
0,02
0,49
66-99
0,04
0,28
Umur Pekerja
Seorang pekerja yang dipilih secara acak pada perusahaan asuransi tersebut,mengalami kecelakaan. Hitunglah peluang bahwa umur pekerja tersebut adalah 16-20? A. 0,13 B. 0,16 C. 0,19 D. 0,23 E. 0,40 Pembahasan: Misal K menyatakan kejadian kecelakaan dan A menyatakan pekerja yang berumur 16-20 tahun, maka kita peroleh:
(0, 08)(0, 06) (0, 08)(0, 06) + (0, 03)(0, 15) + (0, 02)(0, 49) + (0, 04)(0, 28) = 0, 158416
P( A | K ) =
≈ 0, 16
Jawab: B. Berikut adalah soal untuk no. 22 sampai dengan no. 23: Jika sebuah angka keluhan yang diterima dari suatu toko binatu per hari adalah variabel acak berdistibusi Poisson dengan λ = 3, 3 22. Hitunglah peluang bahwa toko binatu tersebut menerima 2 keluhan di hari tertentu. READI Project
377
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 A. 0,1420 B. 0,1699 C. 0,2008 D. 0,2919 E. 0,3192 Pembahasan: Misal X menyatakan angka keluhan yang diterima dari suatu toko binatu per hari. Diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = 3, 3) Kita akan menghitung P( X = 2), yaitu: P( X = 2) =
e−3,3 (3, 3)2 = 0, 20082885 ≈ 0, 2008 2!
Jawab: C. 23. Hitunglah peluang bahwa toko binatu tersebut menerima 5 keluhan di 2 hari tertentu A. 0,1420 B. 0,1699 C. 0,2008 D. 0,2919 E. 0,3192 Pembahasan: Dalam 1 hari, diketahui bahwa X ∼ Poisson(λ = 3, 3). Dengan demikian untuk 2 hari didapatkan bahwa X ∼ Poisson(λ = 6, 6) Kita akan menghitung P( X = 5) =
e−6,6 (6, 6)5 = 0, 141969 ≈ 0, 1420 5!
Jawab: A.
READI Project
378
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 24. Diketahui sebuah variabel acak X dengan fungsi densitas sebagai berikut: 20x3 (1 − x ) , f (x) = 0 ,
untuk 0 ≤ x ≤ 1 untuk lainnya
Hitunglah P(0, 4 < X ≤ 0, 7) A. 0,0870 B. 0,2084 C. 0,4412 D. 0,5282 E. 0,7370 Pembahasan: P(0, 4 < x ≤ 0, 7) =
Z 0,7 0,4
20x3 (1 − x )dx
Z 0,7
x3 − x4 dx " 0,7 # 1 4 1 5 = 20 x − x 4 5 0,4
= 20
0,4
= 0, 44118 ≈ 0, 4412
Jawab: C. 25. Sebuah kotak berisi N1 bola putih, N2 bola hitam, dan N3 bola merah, N1 + N2 + N3 = N. Sebuah uji coba dilakukan, N bola diambil secara acak dari kotak tersebut (dengan pengembalian). Misal X1 ,X2 , X3 menunjukkan jumlah dari bola putih, bola hitam dan bola merah pada percobaan yang diamati. Carilah koefisien korelasi ”correlation coefficient” untuk X1 dan X2 A. NN1 (1 − N2 ) B.
N1 ( N − N2 ) N
READI Project
379
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 N2 ( N − N1 ) N N1 N2 D. − √ N N1 N2 C.
E. − p
N1 N2 N1 ( N − N1 ) N2 ( N − N2 )
Pembahasan: Distribusi yang sesuai dengan percobaan tersebut adalah distribusi multinomial karena terdapat kasus binomial untuk lebih dari satu kondisi (warna bola ada tiga jenis berbeda) Dari distribusi multinomial diketahui bahwa : Corr ( X1 , X2 ) = p
Cov( X1 , X2 ) Var ( X1 )Var ( X2 )
dimana: Cov( X1 , X2 ) = −n.
N1 N2 . N N
N Var ( X1 ) = n. 1 1 − N N2 Var ( X2 ) = n. 1− N
N1 N N2 N
Dengan demikian kita peroleh : N1 N2 . N N Corr ( X1 , X2 ) = s N1 N2 N2 N1 n. 1− n. 1− N N N N
−n.
N1 .N2 N2 = s N1 N1 N2 N2 n. 1− n. 1− N N N N −n N1 N2 N2 = n p N1 [ N − N1 ].N2 [ N − N2 ] N2 − N1 .N2 = p N1 [ N − N1 ].N2 [ N − N2 ]
−n.
Jawab: E. READI Project
380
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 26. Kerugian yang diakibatkan oleh kebakaran pada suatu gedung dapat dimodelkan dengan suatu variabel acak X yang memiliki fungsi densitas berikut: 1 (30 − x ) , 900 f (x) = 0 ,
untuk 0 ≤ x ≤ 30 untuk lainnya
Diberikan bahwa kerugian akibat kebakaran adalah lebih dari 10, berapakah peluang bahwa kerugian lebih dari 20 A.
1 4
B.
1 8
C.
1 9
D.
1 25
E.
3 7
Pembahasan: P( X > 20| X > 10) =
P( X > 20) P( X > 10)
di mana P( X > 10) =
Z 30 1
(30 − x )dx 30 # 1 1 30x − x2 = 900 2 10 10
"900
200 900 2 = 9
=
P( X > 20) =
Z 30 1
(30 − x )dx 30 # 1 1 2 = 30x − x 900 2 20 20
"900
50 900 1 = 18
=
READI Project
381
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 1 Dengan demikian kita dapatkan P( X > 20| X > 10) = . 18
9 1 = 2 4
Jawab: A. 27. Besar klaim pada suatu bisnis diketahui mengikuti distribusi normal. Sebuah percobaan terhadap besar klaim adalah sebagai berikut: Besar No Klaim Klaim 1
3,3
2
5,4
3
7,1
4
8,9
5
23,5
6
29,8
Untuk hipotesis σ2 < 50, pada rentang berapakah nilai p value? A. p ≤ 0, 005 B. 0, 005 < p ≤ 0, 010 C. 0, 010 < p ≤ 0, 025 D. 0, 025 < p ≤ 0, 050 E. p > 0, 050 Pembahasan:
Besar No Klaim Klaim
xi − x¯
( xi − x¯ )2
1
3,3
-9,7
94,09
2
5,4
-7,6
57,76
3
7,1
-5,9
34,81
4
8,9
-4,1
16,81
5
23,5
10,5
110,25
6
29,8
16,8
282,24
READI Project
382
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 dimana x¯ =
3, 3 + 5, 4 + 7, 1 + 8, 9 + 23, 5 + 29, 8 = 13 6
Dengan demikian diperoleh: 6
∑ (xi − x¯ )2
= 595, 96
i =1
v u u S = t
6 1 ( xi − x¯ )2 n − 1 i∑ =1
r
1 (595, 96) 5 √ = 119, 192
=
= 10, 9175 S2 = 119, 192 Diberikan bahwa uji hipotesis : H0 : σ2 = 50 H1 : σ2 < 50 5(119, 192) ( n − 1) S2 = = 11, 9192 2 50 σ = 11, 070 (dimana v = 5, dan α = 0, 05)
χ2hitung = χ2tabel
Oleh karena itu diperoleh: p value = P(χ2 < χhitung2 ) 0, 025 − p value 12, 832 − 11, 9192 = 0, 025 − 0, 05 12, 832 − 11, 070 0, 025 − p value 0, 9128 = −0, 025 1, 762 0, 025 − p value = −0, 013 p value = 0, 025 + 0, 013 = 0, 038 Dengan kata lain 0, 025 < p value ≤ 0, 05 Jawab: D. 28. DKI Jakarta baru saja menambahkan polisi wanita sebanyak 100 orang. DKI Jakarta akan READI Project
383
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 memberikan dana pensiun kepada seluruh polwan tersebut selama mereka masih bekerja menjadi polwan pada waktu pensiunnya. Sebagai tambahan manfaat, setiap polwan yang sudah berstatus menikah pada saat mereka pensiun akan mendapatkan manfaat pensiun untuk suaminya juga. Seorang konsultan aktuaris menggunakan beberapa asumsi: i. Setiap polwan yang baru direkrit ,memiliki peluang sebesar 0,4 bahw mereka akan tetap menjadi polwan sampai masa pensiun ii. Apabila polwan yang baru direkrut tetap menjadi polwan sampai pada usia pensiun, peluang bahwa dia tidak menikah adalah 0,25 iii. Jumlah pensiun yang disediakan oleh DKI Jakarta terhadap polwan yang baru direkrut adalah bersifat saling bebas dengan polwan lainnya yang baru direkrut Hitunglah peluang bahwa DKI jakarta akan menyediakan paling banyak 90 manfaat pensiun dari 100 polwan yang baru direkrut dan suaminya Petunjuk: Gunakan Central Limit Theorem A. 0,60 B. 0,67 C. 0,75 D. 0,93 E. 0,99 Pembahasan: Diketahui dari 100 orang polwan • Peluang polwan sampai pensiun adalah 0,4 • Peluang polwan sampai pensiun dan tidak menikah adalah 0,25 • Peluang polwan sampai pensiun dan menikah adalah 1 − 0, 25 = 0, 75 Peluang bahwa pemerintah DKI Jakarta menyediakan paling banyak 90 manfaat pensiun dari 100 polwan yang baru direkrut dan suaminya diberikan sebagai berikut: P( X ≤ 90) = Φ READI Project
90 − 100(0, 75) p (0, 75)(0, 25) 384
!
= Φ(34, 64102) Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Nilai Φ(34, 64102) berada di antara 0,99 dan 1. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa peluang yang dimaksud adalah 0,99. Jawab: E. 29. Sebuah tim sepak bola ”ABC” telah dijadwalkan untuk melakukan permainan perdana pada tanggal 1 Februari. Jika terjadi hujan pada tanggal 1 Februari, maka permainan akan ditunda dan baru akan bermain di hari berikutnya yang tidak hujan. Tim ”ABC” membeli sebuah polisi asuransi untuk perlindungan terhadap cuaca hujan ini. Polis asuransi akan membyar 1.000 untuk setiap harinya, sampai 2 hari jika permainan ditunda. Perusahan asuransi menetapkan bahwa banyak hari dimana hujan akan turun secara berturutturut terhitung dari 1 Februari adalah variabel acak berdistribusi Poisson dengan rataan 0,6. Berapa standar devisa dari jumlah yang harus dibyarkan oleh perusahaan asuransi tersebut? A. 376 B. 566 C. 699 D. 775 E. 817 Pembahasan: Misal X menyatakan jumlah yang harus dibayarkan oleh perusahaan asuransi pada kasus tersebut. A1 menyatakan kejadian hujan selama 1 hari, A2 menyatakan kejadian hujan selama 2 hari, dan A3 menyatakan kejadian hujan yang lebih dari 2 hari. Dengan demikian kita dapatkan: P( A1 ) =
e−0,6 (0, 6) = 0, 329287 1!
P( A2 ) =
e−0,6 (0, 6)2 = 0, 098786 2!
P( A3 ) = 1 − e−0,6 − READI Project
e−0,6 (0, 6) e−0,6 (0, 6)2 − = 0, 0231153 1! 2! 385
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 E[ X ] = 1000.P( A1 ) + 2000 [P( A2 ) + P( A3 )]
= 1000. (0, 329287) + 2000. [0, 098786 + 0, 0231153] = 573, 0896
E[ X 2 ] = 10002 .P( A1 ) + 20002 [P( A2 ) + P( A3 )]
= 10002 . (0, 329287) + 20002 . [0, 098786 + 0, 0231153] = 816.892, 2
Var [ X ] = E[ X 2 ] − (E[ X ])2
= 816.892, 2 − (573, 0896)2
σX
= 488.460, 5104 q √ Var ( X ) = 488.460, 5104 = 698, 899 ≈ 699 =
Jawab: C. 30. Tomas membaca sebuah berita yang menyatakan bahwa
1 4
dari seluruh mobil berasal dari
impor dan sisanya berasal dari domestik. Tomas memutuskan untuk menguji berita ini dengan mengamati mobil yang melewati rumahnya. Tomas berasumsi setiap mobil yang lewat berturut-turut memiliki peluang
1 4
mobil impor dan
3 4
mobil domestik. Jika asumsi
Tomas benar, carilah peluang bahwa tomas akan melihat sedikitnya 2 mobil impor yang melewati rumahnya sebelum mobil domestik yang ketiga melewati rumahnya? A.
27 256
B.
53 128
C.
7 64
D.
67 256
E.
95 256
Pembahasan: Misalkan X menyatakan jumlah mobil impor yang melewati rumah Tomas sebelum mobil domestik yang ketiga melewati rumahnya. READI Project
386
Wawan Hafid Syaifudin
BAB 12. PEMBAHASAN A20 APRIL 2019 Kita akan menghitung P( X ≥ 2), yaitu: P( X ≥ 2) = 1 − P( X < 2)
= 1 − [P( X = 1) + P( X = 0)] " 3 # 3 1 3 3 3 = 1− + 1 4 4 4 108 81 + = 1− 256 256 67 = 256 Jawab: D.
READI Project
387
Wawan Hafid Syaifudin
