OPTIMASI PAI

Seri Pendidikan Aktuaris Indonesia
Lia Yuliawati
Windiani Erliana
50+ Soal & Jawab
Pengantar Teori Peluang
dan
Matematika Statistik

Buku Kerja Soal-soal PAI
Mata Ujian Probabilitas dan Statistika
October 31, 2015
1

1. Terdapat 7 karyawan di departemen Aktuaria dan 6 karyawan di de-
partemen Market Management. Akan dibentuk suatu tim khusus untuk
melakukan analisa terhadap suatu produk asuransi yang akan dilun-
curkan. Hitunglah banyaknya cara untuk membentuk tim khusus de-
ngan memilih 3 karyawan dari departemen Aktuaria dan 2 karyawan
dari departemen Market Management.
Jawab:
Banyaknya cara untuk membentuk tim khusus dengan memilih 3 karyawan
dari departemen Aktuaria dan 2 karyawan dari departemen Market
Management adalah
7
3
×
6
2
= 35 × 15 = 525.
2

2. Dari soal nomor 1, hitunglah probabilitas bahwa tim khusus dari 5
karyawan yang dipilih secara acak tersebut, terdiri dari 3 karyawan
dari departemen Aktuaria dan 2 karyawan dari departemen Market
Management.
Jawab:
7
0
×
6
5
= 1 × 6 = 6.
7
1
×
6
4
= 7 × 15 = 105.
7
2
×
6
3
= 21 × 20 = 420.
7
3
×
6
2
= 35 × 15 = 525.
7
4
×
6
1
= 35 × 6 = 210.
7
5
×
6
0
= 21 × 1 = 21.
Jadi probabilitas bahwa tim khusus dari 5 karyawan yang dipilih secara
acak tersebut, terdiri dari 3 karyawan dari departemen Aktuaria dan 2
karyawan dari departemen Market Management adalah
525
6 + 105 + 420 + 525 + 210 + 21
=
525
1287
= 0, 41.
3

3. Di sebuah perusahaan asuransi terdapat 3 sub bagian di bagian product
development yang akan diisi oleh 7 karyawan baru yang telah memenuhi
seleksi. Sub bagian pertama tersedia 2 posisi, sub bagian kedua tersedia
2 posisi, dan sub bagian ketiga tersedia 3 posisi. Hitunglah banyaknya
cara yang mungkin untuk menempatkan karyawan tersebut ke dalam
posisi yang tersedia.
Jawab:
Banyaknya cara yang mungkin untuk menempatkan karyawan tersebut
ke dalam posisi yang tersedia adalah
7
2 2 3
=
7!
2!2!3!
= 210.
4

4. Misalkan N adalah jumlah klaim per bulan, dengan
Pr(N = n) =
1
(n + 1)(n + 2)
dimana 0 ≤ n. Tentukanlah probabilitas dari sedikitnya satu klaim
selama bulan tertentu, diberikan paling banyak empat klaim selama
bulan tersebut.
Jawab:
Probabilitas dari sedikitnya satu klaim selama bulan tertentu adalah
Pr(N ≥ 1|N ≤ 4) =
Pr(1 ≤ N ≤ 4)
Pr(N ≤ 4)
=
Σ4
1
1
(n+1)(n+2)
Σ4
0
1
(n+1)(n+2)
=
2
5
= 0, 4.
5

5. Misalkan kejadian A dan B saling bebas dengan Pr(A ∩ Bc
) = 0, 2 dan
Pr(Ac
∩ B) = 0, 3.
Hitunglah Pr(A ∪ B) .
Jawab:
Karena kejadian A dan B saling bebas maka diperoleh
Pr(A ∩ B) = Pr(A) · Pr(B)
Pr(A ∩ B) = (Pr(A ∩ Bc
) + Pr(A ∩ B))(Pr(Ac
∩ B) + Pr(A ∩ B))
x = (0, 2 + x)(0, 3 + x)
x = 0, 06 + 0, 5x + x2
0 = x2
− 0, 5x + 0, 06.
Nilai Pr(A ∩ B) = x yang memenuhi persamaan di atas adalah 0, 2
atau 0, 3. Karena Pr(A ∪ B) = Pr(A ∩ Bc
) + Pr(Ac
∩ B) + Pr(A ∩ B)
maka nilai Pr(A ∪ B) yang mungkin adalah 0,7 atau 0,8.
6

6. Sebuah perusahaan asuransi menentukan bahwa N, jumlah klaim yang
diterima dalam satu minggu, memenuhi Pr[N = n] = 1
2n+1 , dimana
n ≥ 0. Perusahaan juga menentukan bahwa jumlah klaim yang dite-
rima dalam satu minggu adalah saling bebas dari jumlah klaim yang
diterima dalam minggu yang lain. Tentukanlah probabilitas bahwa
tepatnya tujuh klaim akan diterima selama periode dua minggu.
Jawab:
Probabilitas bahwa tepatnya tujuh klaim akan diterima selama periode
dua minggu adalah
2(Pr(N = 0) Pr(N = 7) + Pr(N = 1) Pr(N = 6) + Pr(N = 2) Pr(N = 5)
+ Pr(N = 3) Pr(N = 4))
= 2( 1
21
1
28 + 1
22
1
27 + 1
23
1
26 + 1
24
1
25 )
= 2 × 4 × 1
29
= 1
64
.
7

7. Sebuah polis asuransi memberikan manfaat individu sebesar 100 per
hari untuk biaya perawatan sampai 3 hari dan 25 per hari untuk biaya
perawatan setelah 3 hari seterusnya. Jumlah hari perawatan, X, adalah
variabel acak diskrit dengan fungsi probabilitas
P(X = k) =
6−k
15
untuk k = 1, 2, 3, 4, 5
0 lainnya
Hitunglah nilai variansi pembayaran biaya perawatan dari polis asuransi
tersebut.
Jawab:
Misal B merupakan variabel acak yang menyatakan biaya perawatan,
maka diperoleh:
B(x) =
100x ; x = 1, 2, 3
25x ; x = 4, 5
Jadi,
E[B(x)] = Σk=5
k=1B(k)P(X = k)
= 100 · (1 · 6−1
15
+ 2 · 6−2
15
+ 3 · 6−3
15
) + 25 · (4 · 6−4
15
+ 5 · 6−5
15
)
= 168, 33.
E[B2
(x)] = Σk=5
k=1B2
(k)P(X = k)
= 1002
· (12
· 6−1
15
+ 22
· 6−2
15
+ 32
· 6−3
15
) + 252
· (42
· 6−4
15
+ 52
· 6−5
15
)
= 34375.
V ar[B(x)] = E[B2
(x)] − (E[B(x)])2
= 34375 − (168, 33)2
= 6038, 9.
8

8. Misalkan X adalah variabel acak diskrit dengan distribusi probabilitas
sebagai berikut:
x 2 4 6 7 12
Pr(X = x) 3/7 1/7 1/7 1/7 1/7
Hitunglah nilai persentil ke-60 dari X.
Jawab:
Karena 60 = 100i
8
sehingga i = 4, 8. Berdasarkan data di atas, de-
ngan mengasumsikan bahwa data di atas sebanyak 7 data, kita ketahui
bahwa data ke-empat,x4 = 4, dan data ke-lima, x5 = 6. Oleh karena
itu persentil ke-60 dari data di atas adalah 80% dari 4 ke 6 atau
4 + (6 − 4) ∗ (0, 8) = 5, 6.
9

9. 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 nilai satu stan-
dar deviasi dari rata-rata ukuran klaim.
Jawab:
Rata-rata ukuran klaim
= 20 · 0, 15 + 30 · 0, 10 + 40 · 0, 05 + 50 · 0, 20 + 60 · 0, 10 + 70 · 0, 10 + 80 · 0, 30
= 3 + 3 + 2 + 10 + 6 + 7 + 24
= 55
Rata-rata ukuran klaim kuadrat
= 202
· 0, 15 + 302
· 0, 10 + 402
· 0, 05 + 502
· 0, 20 + 602
· 0, 10 + 702
· 0, 10 + 802
· 0, 30
= 60 + 90 + 80 + 500 + 360 + 490 + 1920
= 3500
Standar deviasi ukuran klaim =
√
3500 − 3025 =
√
475 = 21, 8 Jadi
persentase dari klaim yang terletak dalam nilai satu standar deviasi
dari rata-rata ukuran klaim (ukuran klaim yang terletak pada interval
[55-21,8;22+21,8]=[33,2;76,8]) adalah 45%.
10

10. Misalkan dipilih sebuah angka W yang merupakan variabel acak dari
50, 55, 60, 65, 70. Hitunglah Pr[W ≥ 55].
Petunjuk: W = 5X + 45, dimana X mempunyai distribusi uniform
diskrit pada 1, 2, 3, 4, 5.
Jawab:
Karena X mempunyai distribusi uniform diskrit pada 1, 2, 3, 4, 5,
maka
Pr[X = k] =
1
5
untuk k = 1, 2, 3, 4, 5
Pr[W ≥ 55] = 1 − Pr[W < 55]
= 1 − Pr[W = 50]
= 1 − Pr[5X + 45 = 50]
= 1 − Pr[X = 1]
= 1 − 1
5
= 4
5
.
11

11. Misalkan X adalah variabel acak yang mempunyai distribusi binomial
dengan n = 10 dan V ar[X] = 0, 25E[X].
Hitunglah probabilitas untuk X = 7.
Jawab:
Karena X adalah variabel acak yang mempunyai distribusi binomial
dengan n = 10 maka E[X] = 10p dan V ar[X] = 10p(1 − p) dengan p
merupakan peluang sukses.
Karena V ar[X] = 0, 25E[X] maka diperoleh 10p(1 − p) = 0, 25 · 10p.
Nilai p yang memenuhi adalah p = 0, 75.
Jadi
Pr[X = 7] =
10
7
(0, 75)7
(0, 25)3
= 0, 25.
12

12. Misalkan Z ∼ Poisson(λ) dan E[Z2
] = 12.
Hitunglah Pr(Z = 1).
Jawab:
Pertama akan ditentukan parameter λ.
Karena Z ∼ Poisson(λ) maka E[Z] = V ar[Z] = λ.
Karena V ar[Z] = E[Z2
] − E[Z]2
maka diperoleh λ2
+ λ − 12 = 0 atau
λ = 3.
Jadi,
Pr[Z = 1] =
31
e−3
1!
= 0, 149.
13

13. Masa beroperasi dari sebuah bagian mesin mempunyai distribusi kon-
tinu pada interval [0, 40] dengan fungsi probabilitas densitas, f(x) ,
yang proporsional dengan (10 + x)−2
. Hitunglah probabilitas untuk
masa beroperasi dari sebuah bagian mesin yang lebih kecil dari 5.
Jawab:
Misal f(x) = k(10 + x)−2
untuk x pada interval [0, 40].
Karena
40
0
k(10 + x)−2
dx = 1 maka diperoleh k = 12, 5.
Jadi
Pr[X < 5] =
5
0
12, 5(10 + x)−2
dx
= −
12, 5
10 + x
5
0
= −0, 83 + 1, 25
= 0, 42.
14

14. Misalkan X adalah variabel acak yang mempunyai fungsi distribusi
kumulatif
F(x) =



0 , x < 1
x2−2x+2
2
, 1 ≤ x < 2
1 , x ≥ 2
Hitunglah variansi dari X.
Jawab:
Berdasarkan fungsi distribusi kumulatif di atas, maka diperoleh fkp
sebagai berikut:
f(x) = x − 1, 1 ≤ x < 2
E[X] =
2
1
x(x − 1)dx
=
2
1
(x2
− x)dx
=
1
3
x3
−
1
2
x2
2
1
=
7
3
−
3
2
=
5
6
E[X2
] =
2
1
x2
(x − 1)dx
=
2
1
(x3
− x2
)dx
=
1
4
x4
−
1
3
x3
2
1
=
15
4
−
7
3
=
17
12
V ar[X] = E[X2
] − (E[X])2
=
17
12
−
25
36
=
13
18
.
15

15. Misalkan X1, X2, X3 adalah sampel acak dari distribusi diskrit dengan
fungsi probabilitas
p(x) =



1
3
, x = 0
2
3
, x = 1
0 , lainnya
Tentukanlah fungsi pembangkit momen, MY (t) , dari perkalian Y =
X1 · X2 · X3.
Jawab:
X1 X2 X3 etY
p(y) etY
p(y)
0 0 0 1 1
27
1
27
0 0 1 1 2
27
2
27
0 1 0 1 2
27
2
27
0 1 1 1 4
27
4
27
1 0 0 1 2
27
2
27
1 0 1 1 4
27
4
27
1 1 0 1 4
27
4
27
1 1 1 et 8
27
et 8
27
Jadi diperoleh
E[etY
] = Σety
p(y) =
19
27
+
8
27
et
.
16

16. Pemilik kendaraan mengasuransikan kendaraannya dari kerusakan de-
ngan membeli sebuah polis asuransi dengan pemotongan 250 dari to-
tal klaim yang dibayar. Dalam kejadian bahwa kendaraan mengalami
kerusakan, biaya perbaikan dapat dimodelkan dengan variabel acak
uniform pada interval [0,1500]. Hitunglah standar deviasi dari manfaat
polis asuransi untuk kejadian bahwa kendaraan tersebut mengalami
kerusakan.
Jawab:
Misal X adalah variabel acak yang menyatakan biaya perbaikan, X ∼
uniform[0, 1500] sehingga f(x) = 1
1500
, x ∈ [0, 1500].
E[X] =
1500
0
1
1500
xdx
= 1
3000
x2
|1500
0
= 1
3000
15002
= 750.
E[X2
] =
1500
0
1
1500
x2
dx
= 1
4500
x3
|1500
0
= 1
4500
15003
= 750000.
σ(X) = E[X2] − (E[X])2
=
√
750000 − 7502
= 433.
17

17. Misalkan X adalah variabel acak yang berdistribusi eksponensial de-
ngan variansi 9. Hitunglah E(X4
).
Jawab:
Karena X merupakan peubah acak yang berdistribusi eksponensial de-
ngan variansi 9 maka diperoleh parameter λ sebagai berikut
V ar[X] =
1
λ2
= 9
sehingga diperoleh λ = 1
3
dan fkp peubah acak X:
f(x) =
1
3
e−1
3
x
E[X4
] =
∞
0
x4 1
3
e−1
3
x
dx
= −
1
3
3x4
+ 36x3
+ 324x2
+ 1944x + 5832 e−1
3
x
∞
0
=
1
3
× 5832
= 1944.
18

18. Misalkan X adalah variabel acak dengan mean µx dan variansi σ2
x. X
disebut sebagai variabel acak populasi. Misalkan X1, X2, ...Xn adalah
pengamatan-pengamatan yang berdistribusi identik dan saling bebas
dari X.
X1, X2, ...Xn adalah sampel acak dari X. Misalkan S = Σn
i=1Xi dan
¯X = 1
n
Σn
i=1Xi. ¯X adalah mean dari sampel.
Manakah dari pernyataan berikut yang benar.
(i) E(S) = µX
(ii) V ar(S) = n · σ2
X
(iii) E(X) = n · µX
(iv) V ar( ¯X) =
σ2
X
n
Jawab:
Pernyataan yang benar adalah (ii) dan (iv).
19

19. Sebuah koin yang kedua sisinya seimbang dilempar sebanyak dua kali.
Misalkan X adalah banyaknya sisi pertama yang terlihat pada lem-
paran pertama. Misalkan Y adalah banyaknya sisi pertama yang terli-
hat pada dua lemparan pertama. Hitunglah V ar(X + Y ).
Jawab:
Luaran X Y Z = X + Y Pr(Z = z)
S1S1 1 2 3 1/4
S1S2 1 1 2 1/4
S2S1 0 1 1 1/4
S2S2 0 0 0 1/4
E(Z) = 1
4
(0 + 1 + 2 + 3) = 3/2
E(Z2
) = 1
4
(0 + 1 + 4 + 9) = 7/2
V ar(X + Y ) = V ar(Z) = E(Z2
) − (E(Z))2
= 7
2
− (3
2
)2
= 5
4
= 1, 25.
20

20. Dari soal nomor 19, hitunglah E(Y |X = 1).
Jawab:
x ↓, y −→ 0 1 2 pX(x)
0 1/4 1/4 0 1/2
1 0 1/4 1/4 1/2
pY (y) 1/4 1/2 1/4 1
E(Y |X = 1) = Σy · p(y|x = 1)
= 0 · p(0|x = 1) + 1 · p(1|x = 1) + 2 · p(2|x = 1)
= 0 · p(1,0)
pX (1)
+ 1 · p(1,1)
pX (1)
+ 2 · p(1,2)
pX (1)
= 0 · 0
1/2
+ 1 · 1/4
1/2
+ 2 · 1/4
1/2
= 0 + 1
2
+ 1
= 3
2
= 1, 50.
21

21. Misalkan N1 dan N2 mewakili banyaknya klaim yang diajukan ke se-
buah perusahaan asuransi di bulan April dan Mei. Fungsi probabilitas
bersama dari N1 dan N2 adalah
p(n1, n2) =
1
3
(1
4
)n1−1
e−n1
(1 − e−n1
)n2−1
, n1 = 1, 2, 3, ... n2 = 1, 2, 3, ...
0 , lainnya
Hitunglah nilai ekspektasi banyaknya klaim yang akan diajukan ke pe-
rusahaan asuransi di bulan Mei jika tepatnya 2 klaim diajukan di bulan
April.
Jawab:
E[N2|N1 = 2] = Σ∞
n2=1n2 p(n2|N1 = 2)
= Σ∞
n2=1n2
p(2, n2)
p(N1 = 2)
p(N1 = 2) = Σ∞
n2=1
1
3
1
4
e−2
(1 − e−2
)n2−1
=
1
12e2
Σ∞
n2=0(1 − e−2
)n2
=
1
12e2
1
1 − (1 − e−2)
=
1
12
Oleh karena itu diperoleh
E[N2|N1 = 2] = Σ∞
n2=1n2
1
3
1
4
e−2
(1 − e−2
)n2−1
1
12
= Σ∞
n2=1n2 e−2
(1 − e−2
)n2−1
= Σ∞
n2=0n2 e−2
(1 − e−2
)n2
Perhatikan bahwa nilai ekspektasi di atas adalah nilai ekspektasi untuk
peubah acak geometri N2. Maka diperoleh
E[N2|N1 = 1] =
1 − e−2
e−2
= e2
− 1.
22

22. Sebuah model aktuaria untuk lama penggunaan peralatan menggu-
nakan variabel acak Y = 10 · X0,8
, dimana X adalah variabel acak
yang berdistribusi eksponensial dengan mean 1 tahun.
Tentukanlah fungsi probabilitas densitas f(y) , untuk y > 0, dari vari-
abel acak Y .
Jawab:
Karena X ∼ exp(λ = 1) maka diperoleh fX(x) = e−x
.
Karena Y = 10 · X0,8
adalah fungsi naik, maka
f(y) = fY (y) = fX(x)dx
dy
= e−x dx
dy
= e−(0,1y)1,25
(0, 125(0, 1y)0,25
)
= 0, 125(0, 1y)0,25
exp(−(0, 1y)1,25
).
23

23. Misalkan variabel acak X berdistribusi uniform pada interval [2,6].
Misalkan variabel acak Y = 1
X
. Tentukanlah fungsi probabilitas densi-
tas untuk variabel acak Y pada interval [1/6,1/2].
Jawab:
Karena X ∼ uniform[2, 6] maka diperoleh fX(x) = 1
4
, x ∈ [2, 6].
Karena Y = 1
X
adalah fungsi turun maka
f(y) = fY (y) = −fX(x)dx
dy
= −1
4
dx
dy
= −1
4
(− 1
y2 )
= 1
4y2 .
24

24. Misalkan S adalah variabel acak yang berdistribusi eksponensial de-
ngan mean 1 dan T adalah variabel acak yang berdistribusi eksponen-
sial dengan mean 2. Tentukanlah fungsi probabilitas densitas untuk
fX(x), dimana X = S + T.
Jawab:
Perhatikan bahwa
S ∼ fS(s) = e−s
dan
T ∼ fT (t) =
1
2
e−1
2
t
.
Sehingga diperoleh
fX(x)
=
x
0
fS(s)fT (x − s)ds
=
x
0
e−s 1
2
e−1
2
(x−s)
ds
= 1
2
e−1
2
x x
0
e−1
2
s
ds
= e−1
2
x
(1 − e−1
2
x
)
= e−1
2
x
− e−x
.
25

25. Suatu populasi mempunyai mean 100 dan standar deviasi 16. Hi-
tunglah probabilitas bahwa mean sampel berada dalam interval ±3
dari mean populasi jika ukuran sampel n = 100.
Jawab:
Pr(| ¯X − 100| ≤ 3)
= Pr(−3 ≤ ¯X − 100 ≤ 3)
= Pr( −3
16/
√
100
≤
¯X−100
16/
√
100
≤ 3
16/
√
100
)
= Pr( −3
16/
√
100
≤ Z ≤ 3
16/
√
100
)
= Pr(|Z| ≤ 3
√
100
16
)
= Pr(|Z| ≤ 1, 875)
= 2 Pr(0 ≤ Z ≤ 1, 875)
= 0, 9392.
26

26. Variabel acak Y diketahui mempunyai distribusi normal. Sampel acak
berukuran n = 14 menghasilkan nilai ¯Y = −43, 2 dan SY = 17, 9.
Hitunglah interval kepercayaan 98% untuk mean populasi.
Jawab:
ε = tα/2(n − 1)
SY
√
n
−→ ε = t0,01(13)
17, 9
√
14
= 12, 7.
Jadi interval kepercayaan 98% untuk mean populasi adalah
(−43, 2 − 12, 7; −43, 2 + 12, 7) = (−55, 9; −30, 5).
27

27. Sampel acak dari 9 pengamatan diambil dari populasi normal meng-
hasilkan statistik
¯X = 5 dan
1
8
Σ9
i=1(Xi − ¯X)2
= 36.
Tentukanlah batas kepercayaan 95% simetris untuk mean populasi.
Jawab:
ε = tα/2(n − 1)
SX
√
n
−→ ε = t0,025(8)
6
√
9
= 4, 6.
Jadi batas kepercayaan 95% simetris untuk mean populasi adalah 5 ±
4, 6.
28

28. Diberikan informasi sampel acak sebagai berikut:
- Y = X1 + ... + Xn dimana ukuran sampel n sama dengan 25 dan
variabel acak saling bebas dan berdistribusi identik.
- Xi berdistribusi Poisson dengan parameter λ
- H0 : λ = 0, 1
- H0 : λ < 0, 1
- Daerah kritis untuk menolak H0 adalah Y ≤ 2
Hitunglah tingkat signifikansi dari uji tersebut.
Jawab:
Tingkat signifikansi dari uji di atas adalah peluang menolak H0 jika H0
benar, yaitu diberikan sebagai berikut:
P(Y ≤ 2|λ = 0, 1)
Karena Y adalah jumlah dari peubah acak Poisson yang saling bebas
dengan rata-rata 0,1 maka rata-rata Y adalah 25 × (0, 1) = 2, 5. Oleh
karena itu diperoleh:
P(Y ≤ 2) = P(Y = 0; 1; 2) = e−2,5
+ e−2,5 2.5
1!
+ e−2,5 2.52
2!
= 0.5438.
Jadi tingkat signifikansi uji di atas sedikitnya 0,50 dan lebih kecil dari
0,6.
29

29. Sampel acak dari 21 pengamatan dari distribusi normal memberikan
hasil sebagai berikut:
¯X = 3, 5
1
20
Σ21
i=1(Xi − ¯X)2
= 0, 445
Digunakan uji dua arah
H0 : µ = 3
H1 : µ = 3
Hitunglah nilai p (probabilitas uji statistik) dari uji tersebut.
Jawab:
Nilai p (probabilitas uji statistik) dari uji di atas adalah:
P t(n − 1) ≥ | ¯X−µ|
S√
n
= P t(n − 1) ≥ 0,5√
0,445
√
21
= P(t(n − 1) ≥ 3, 43)
= 1 − P(t(n − 1) ≤ 3, 43)
= 1 − 0, 997423
= 0, 002577.
30

30. Misalkan X1, ..., X12 adalah variabel-variabel acak yang masing-masing
berdistribusi normal dengan mean 0 dan variansi σ2
> 0. Dengan nilai
p = 0,025 untuk uji hipotesis:
H0 : σ2
= 10
H1 : σ2
< 10
Tentukanlah daerah penolakan untuk uji hipotesis tersebut.
Jawab:
Perhatikan bahwa
χ2
(n − 1) =
(n − 1)S2
σ2
.
Diperoleh
χ2
(11) =
Σ12
i=1(Xi − 0)2
10
=
Σ12
i=1X2
i
10
.
Daerah penolakan untuk uji hipotesis di atas adalah
χ2
(11) < χ2
0,975(11) = 3, 816
atau
Σ12
i=1X2
i < 38, 16.
31

31. Kode peserta ujian dari suatu ujian profesi aktuaris terdiri dari satu
digit angka, tiga huruf, dan 3 digit angka (contohnya 1SAM123), ke-
cuali huruf I, O, dan Q tidak dimasukkan pada posisi alphabet pertama
dan ketiga. Hitunglah banyaknya kode peserta ujian yang mungkin dari
ujian profesi aktuaris tersebut.
Jawab:
Misalkan K1K2K3K4K5K6K7 menyatakan kode yang mungkin dari
ujian profesi aktuaris tersebut.
Karena K1, K5, K6 dan K7 merupakan digit-digit angka maka 10 ke-
mungkinan untuk masing-masing digit K1, K5, K6 dan K7.
Sedangkan K2 dan K4 merupakan digit-digit huruf A,B,...,Z kecuali I,O
dan Q, sehingga ada 23 kemungkinan untuk masing-masing digit K2
dan K4.
Untuk K3 mempunyai 26 kemungkinan.
Dengan menggunakan prinsip perkalian maka diperoleh banyaknya kode
yang mungkin dari ujian profesi aktuaris tersebut adalah:
10 × 23 × 26 × 23 × 10 × 10 × 10 = 137.540.000
32

32. Banyaknya kombinasi dari r obyek yang dipilih dari kumpulan n obyek
yang berbeda diberikan oleh
n
r
. Tentukanlah persamaan yang
tepat dari
n
r
.
Jawab:
n
r
=
n!
r!(n − r)!
n
r
=
(n − 1)!n
r!(n − r − 1)!(n − r)
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
n
n − r
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
(n − r) + r
n − r
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
(1 +
r
n − r
)
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
+
(n − 1)!r
r!((n − 1) − r)!(n − r)
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
+
(n − 1)!r
(r − 1)!((n − r) − 1)!r(n − r)
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
+
(n − 1)!
(r − 1)!(n − r)!
n
r
=
(n − 1)!
r!((n − 1) − r)!
+
(n − 1)!
(r − 1)!((n − 1) − (r − 1))!
n
r
=
n − 1
r
+
n − 1
r − 1
33

33. Tentukanlah ekspansi dari (x − 2y)3
.
Jawab:
Berdasarkan Teorema Multinomial, diperoleh:
(ax+by)n
=
n
0
an
b0
xn
y0
+
n
1
an−1
b1
xn−1
y1
+...+
n
n
a0
bn
x0
yn
.
Jadi ekspansi dari (x − 2y)3
adalah
(x − 2y)3
=
3
0
13
(−2)0
x3
y0
+
3
1
12
(−2)1
x2
y1
+
3
2
11
(−2)2
x1
y2
+
3
3
10
(−2)0
x2
y3
= x3
− 6x2
y + 12xy2
− 8y3
.
34

34. Misalkan himpunan universal adalah U = {1, 2, π, Jamaal, water, gum}.
Misalkan A = {1, 2, π} dan B = {1, 2, Jamaal, gum}. Tentukanlah
(A ∪ B)c
.
Jawab:
Karena A = {1, 2, π} dan B = {1, 2, Jamaal, gum} maka
A ∪ B = {1, 2, π, Jamaal, gum}
Oleh karena itu diperoleh
(A ∪ B)c
= U − (A ∪ B)
= {1, 2, π, Jamaal, water, gum} − {1, 2, π, Jamaal, gum}
= {water}
35

35. Misalkan Pr(A ∪ B) = 0, 7, Pr(Ac
) = 0, 6, dan Pr(A ∩ Bc
) = 0, 3.
Hitunglah Pr(B).
Jawab:
Kita ketahui bahwa
Pr(A) = 1 − Pr(Ac
) = 1 − 0, 6 = 0, 4.
Karena Pr(A) = Pr(A ∩ B) + Pr(A ∩ Bc
) maka diperoleh
Pr(A ∩ B) = Pr(A) − Pr(A ∩ Bc
) = 0, 4 − 0, 3 = 0, 1.
Berdasarkan aturan peluang, diketahui:
Pr(A ∪ B) = Pr(A) + Pr(B) − Pr(A ∩ B)
0, 7 = 0, 4 + Pr(B) − 0, 1
sehingga diperoleh Pr(B) = 0, 4.
36

36. Dari soal nomor 35, hitunglah Pr(A ∩ B).
Jawab:
Kita ketahui bahwa
Pr(A) = 1 − Pr(Ac
) = 1 − 0, 6 = 0, 4.
Karena Pr(A) = Pr(A ∩ B) + Pr(A ∩ Bc
) maka diperoleh
Pr(A ∩ B) = Pr(A) − Pr(A ∩ Bc
) = 0, 4 − 0, 3 = 0, 1.
37

37. Sebuah polis asuransi memberikan manfaat individu sebesar 100 per
hari untuk biaya perawatan sampai 3 hari dan 50 per hari untuk biaya
perawatan setelah 3 hari seterusnya. Jumlah hari perawatan, X, adalah
variabel acak diskrit dengan fungsi probabilitas
P(X = k) =
6−k
15
untuk k = 1, 2, 3, 4, 5
0 lainnya
Hitunglah nilai variansi pembayaran biaya perawatan dari polis asuransi
tersebut.
Jawab:
Misal B(x) menyatakan biaya perawatan ,
B(X = k) =
100k , k = 1, 2, 3
300 + 50(k − 3) , k = 4, 5
E[B(x)] = Σk=5
k=1B(k)P(X = k)
= 100 · 6−1
15
+ 200 · 6−2
15
+ 300 · 6−3
15
+ 350 · 6−4
15
+ 400 · 6−5
15
= 220.
E[(B(x))2
] = Σk=5
k=1(B(k))2
P(X = k)
= 1002
· 6−1
15
+ 2002
· 6−2
15
+ 3002
· 6−3
15
+ 3502
· 6−4
15
+ 4002
· 6−5
15
= 59000.
V ar[B(x)] = E[(B(x))2
] − (E[B(x)])2
= 59000 − 2202
= 10600.
38

38. Misalkan X adalah variabel acak diskrit dengan distribusi probabilitas
sebagai berikut:
x 2 4 6 7 12
Pr(X = x) 6/11 2/11 1/11 1/11 1/11
Hitunglah nilai kuartil ketiga dari X.
Jawab:
Misalkan Q3 menyatakan kuartil ketiga dari data di atas. Dengan men-
gasumsikan bahwa data di atas sebanyak 11 data, maka diperoleh:
Q3 = x3
4
·12 = x9 = 6.
39

39. Distribusi probabilitas dari ukuran klaim untuk sebuah polis asuransi
diberikan dalam tabel berikut.
Ukuran klaim 30 40 50 60 70 80 90
Probabilitas 0,15 0,10 0,05 0,20 0,10 0,1 0,30
Tentukanlah persentase dari klaim yang terletak dalam nilai satu stan-
dar deviasi dari median ukuran klaim.
Jawab:
Median ukuran klaim = 60+70
2
= 65. Rata-rata ukuran klaim
= 30 · 0, 15 + 40 · 0, 10 + 50 · 0, 05 + 60 · 0, 20 + 70 · 0, 10 + 80 · 0, 10 + 90 · 0, 30
= 4, 5 + 4 + 2, 5 + 12 + 7 + 8 + 27
= 65
Rata-rata ukuran klaim kuadrat
= 302
· 0, 15 + 402
· 0, 10 + 502
· 0, 05 + 602
· 0, 20 + 702
· 0, 10 + 802
· 0, 10 + 902
· 0, 30
= 135 + 160 + 125 + 720 + 490 + 640 + 2430
= 4700
Standar deviasi ukuran klaim =
√
4700 − 4225 =
√
475 = 21, 8 Jadi
persentase dari klaim yang terletak dalam nilai satu standar deviasi
dari median ukuran klaim (ukuran klaim yang terletak pada interval
[65-21,8;65+21,8]=[43,2;86,8]) adalah 45%.
40

40. Misalkan X adalah variabel acak yang berdistribusi uniform dari bilan-
gan asli yang dipilih acak dari 1 sampai 100. Tentukanlah nilai modus
dari X.
Jawab:
Karena Pr(X = x) = 1
100
maka peluang untuk setiap variabel acak
adalah sama. Hal ini berarti modus dari X tidak ada.
41

41. Misalkan seorang peserta pertandingan memanah mempunyai kemam-
puan tepat mengenai sasaran adalah 65% dan mengambil n = 5 per-
cobaan memanah sasaran. Misalkan X menunjukkan banyaknya per-
cobaan memanah sasaran dimana X mempunyai distribusi binomial.
Hitunglah Pr(X > E[X]).
Jawab:
Misalkan p menyatakan peluang perserta tersebut sukses memanah
sasaran, maka diperoleh p = 65% = 0, 65. Karena E[X] = n · p maka
untuk n = 5 diperoleh E[X] = 5 · (0, 65) = 3, 25.
Jadi
Pr(X > E[X]) = Pr(X > 3, 25)
= Pr(X = 4) + Pr(X = 5)
=
5
4
(0, 65)4
(1 − 0, 65)1
+
5
5
(0, 65)5
(1 − 0, 65)0
= 0, 4284.
42

42. Misalkan X adalah variabel acak yang mempunyai distribusi geometrik
dan standar deviasi σX =
√
15
2
. Hitunglah Pr(X < E[X]).
Jawab:
Misalkan p menyatakan peluang sukses. Karena σX = 1−p
p2 dan σX =
√
15
2
maka diperoleh 15p2
+4p−4 = 0. Sedangkan 0 ≤ p ≤ 1 maka nilai
p yang memenuhi adalah p = 2
5
= 0, 4.
Karena E[X] = 1−p
p
maka diperoleh E[X] = 1, 5. Jadi
Pr(X < E[X]) = Pr(X < 1, 5)
= Pr(X = 0) + Pr(X = 1)
= p(1 − p)0
+ p(1 − p)1
= 0, 4(1 − 0, 4)0
+ 0, 4(1 − 0, 4)1
= 0, 4 + 0, 24
= 0, 64.
43

43. Fungsi probabilitas densitas untuk variabel acak X diberikan oleh
f(x) = k(10 + x)−2
; 0 ≤ x < ∞.
Hitunglah Pr(X ≤ 15).
Jawab:
Karena
∞
0
f(x)dx = 1 maka diperoleh
∞
0
k(10 + x)−2
dx = 1
k
10
= 1
k = 10
Jadi
Pr(X ≤ 15) =
15
0
10k(10 + x)−2
dx
= −10(10 + x)−1
|x=15
x=0
= −
10
25
+ 1
=
15
25
= 0, 6.
44

44. Kerugian yang disebabkan oleh kebakaran pada sebuah bangunan di-
modelkan dengan variabel acak X yang mempunyai fungsi probabilitas
densitas
f(x) =
0, 005(20 − x) , 0 < x < 20
0 , lainnya
Diberikan bahwa kerugian kebakaran melebihi 8, hitunglah probabilitas
bahwa kerugian kebakaran melebihi 16.
Jawab:
P(X > 8) = P(8 < X < 20)
=
20
8
0, 005(20 − x)dx
= 0, 005(20x − 1
2
x2
)|x=20
x=8
= 0, 36.
P(X > 16) = P(16 < X < 20)
=
20
16
0, 005(20 − x)dx
= 0, 005(20x − 1
2
x2
)|x=20
x=16
= 0, 04
P(X > 16|X > 8) = P(X>16∩X>8)
P(X>8)
= P(X>16)
P(X>8)
= 0,04
0,36
= 1
9
.
45

45. Misalkan X berdistribusi uniform pada interval [-2,6] dengan fungsi
probabilitas densitas
f(x) =
1
8
, −2 ≤ x ≤ 6
0 , lainnya
Hitunglah nilai ekspektasi g(X) = X3
+
√
X + 2 .
Jawab:
E[g(X)] =
6
−2
g(x) · f(x)dx
=
6
−2
(x3
+
√
x + 2) · 1
8
= 1
8
(1
4
x4
+ 2
3
(x + 2)3/2 6
−2
= 41, 89.
46

46. Misalkan variabel acak Y berdistribusi uniform kontinu pada interval
[-2,5]. Hitunglah Pr(Y = 1).
Jawab:
Karena Y berdistribusi uniform kontinu pada interval [-2,5] maka
Pr(Y = 1) =
1
1
1
5 − (−2)
dy = 0.
47

47. Usia dari sebuah mesin cetak dengan harga 200 mempunyai distribusi
eksponensial dengan mean 2 tahun. Pabrik yang memproduksi mesin
cetak akan membayar full refund kepada pembeli jika mesin cetak rusak
selama tahun pertama dan one-half refund jika mesin cetak rusak se-
lama tahun kedua. Jika pabrik tersebut menjual 100 mesin cetak, hi-
tunglah nilai harapan dari refund yang akan dibayar.
Jawab:
Misal X adalah variabel acak yang menyatakan usia sebuah mesin
cetak. Karena X ∼ eksponensial(1/2) maka diperoleh f(x) = 1
2
e−1
2
x
.
Misal R(x) menyatakan refund yang akan dibayar untuk satu mesin
cetak, maka diperoleh
R(X = x) =



200 , 0 ≤ x ≤ 1
100 , 1 < x ≤ 2
0 , selainnya
E[R(X)] =
1
0
200
1
2
e−1
2
x
+
2
1
100
1
2
e−1
2
x
= 200[−e−1
2
x
]1
0 + 100[−e−1
2
x
]2
1
= 200(1 − e−1
2 ) + 100(e−1
2 − e−1
)
= 102, 56.
Jadi jika pabrik tersebut menjual 100 mesin cetak, maka nilai harapan
dari refund yang akan dibayar adalah
E[100R(X)] = 100 · E[R(X)] = 10256.
48

48. Misalkan Z adalah variabel acak yang berdistribusi normal standar.
Hitunglah Pr(|Z| > 2, 05).
Jawab:
Pr(|Z| > 2, 05) = 1 − Pr(|Z| ≤ 2, 05)
= 1 − 2 Pr(0 ≤ Z ≤ 2, 05)
= 1 − 2(0, 4798)
= 0, 0404.
49

49. Sebuah uji diagnostik mengenai ada atau tidaknya suatu penyakit mem-
punyai 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 = 1, Y = 0) = 0, 050
Pr(X = 0, Y = 1) = 0, 025 Pr(X = 1, Y = 1) = 0, 125
Hitunglah V ar(X + Y ).
Jawab:
Y
0 1 Pr(X = x)
X 0 0,800 0,025 0,825
1 0,050 0,125 0,175
Pr(Y = y) 0,850 0,150 1
X Y Z = X + Y Pr(Z = z)
0 0 0 0,800
0 1 1 0,025
1 0 1 0,050
1 1 2 0,125
E(Z) = 0 · 0, 800 + 1 · (0, 025 + 0, 050) + 2 · 0, 125 = 0, 325
E(Z2
) = 02
· 0, 800 + 12
· (0, 025 + 0, 050) + 22
· 0, 125 = 0, 575
V ar(X + Y ) = V ar(Z) = E(Z2
) − (E(Z))2
= 0, 575 − (0, 325)2
= 0, 4694.
50

51. Misalkan X dan Y adalah variabel-variabel acak. Diberikan persamaan
sebagai berikut:
(i) Cov[X, Y ] = E[X · Y ] − E[X]E[Y ]
(ii) Cov[X, Y ] = a · V ar[X] jika Y = a · X + b
(iii) Cov[X, Y ] = V ar[Y ]
Manakah yang benar dari tiga persamaan diatas?
Jawab:
Yang benar adalah persamaan (i) dan (ii).
52

52. Sebuah investasi memberikan tingkat bunga tahunan R yang mengikuti
distribusi uniform pada interval (0,04 ; 0,08). Untuk investasi awal
sebesar 10.000 akan memberikan hasil setelah satu tahun mengikuti
variabel acak V = 10.000eR
. Tentukanlah fungsi distribusi kumulatif,
F(v) , untuk nilai v yang memenuhi 0 < F(v) < 1.
Jawab:
Karena R mengikuti distribusi uniform pada interval (0,04 ; 0,08) maka
diperoleh f(r) = 1
0,04
.
Pr(R ≤ r) =
r
0,04
f(s)ds
=
r
0,04
1
0, 04
ds
=
1
0, 04
r − 1.
Dengan demikian, diperoleh
F(v) = Pr(V ≤ v)
= Pr(10.000eR
≤ v)
= Pr(ln 10.000 + R ≤ ln v)
= Pr(R ≤ ln v − ln 10.000)
= Pr R ≤ ln
v
10000
=
1
0, 04
ln
v
10000
− 1
= 25 ln
v
10000
− 0, 04 .
53

53. Misalkan X1 dan X2 adalah variabel-variabel acak dari distribusi nor-
mal standar. Tentukanlah fungsi densitas probabilitas dari Y1 = X1
X2
.
Jawab:
X1 ∼ fX1 (x1) =
1
√
2π
e−x2
1/2
, − ∞ < x1 < ∞
X2 ∼ fX2 (x2) =
1
√
2π
e−x2
2/2
, − ∞ < x2 < ∞
g1(y1) = 2
∞
0
fX2 (x2)fX1 (x2y1)x2dx2
= 2
∞
0
1
√
2π
e−
x2
2
2
1
√
2π
e−
x2
2y2
1
2 x2dx2
=
1
π
∞
0
e−
x2
2(1+y2
1)
2 x2dx2
=
1
π
1
(1 + y2
1)
e−
x2
2(1+y2
1)
2 |0
−∞
=
1
π(1 + y2
1)
.
54

54. Dari soal nomor 53, tentukanlah mean dari variabel acak Y1.
Jawab:
E[Y1] =
∞
−∞
y1
1
π(1 + y2
1)
dy1
Karena f(y1) = y1
π(1+y2
1)
adalah fungsi ganjil, maka
E[Y1] = 0.
55

55. Suatu populasi mempunyai mean 100 dan standar deviasi 16. Hi-
tunglah probabilitas bahwa mean sampel berada dalam interval ±3
dari mean populasi jika ukuran sampel n = 200.
Jawab:
Pr(| ¯X − 100| ≤ 3)
= Pr(|Z| ≤ 3
√
200
16
)
= Pr(|Z| ≤ 2, 652)
= 2 Pr(0 ≤ Z ≤ 2, 652)
= 0, 992.
56

56. Misalkan X adalah variabel acak populasi dengan mean µX dan variansi
σ2
X , dan misalkan (Xi)n
i=1 adalah sampel acak dari X.
Tentukanlah bentuk lain dari Σn
i=1(Xi − ¯X)2
.
Jawab:
Σn
i=1(Xi − ¯X)2
= Σn
i=1((Xi − µX) − ( ¯X − µX))2
= Σn
i=1((Xi − µX)2
− 2(Xi − µX)( ¯X − µX) + ( ¯X − µX)2
)
= Σn
i=1(Xi − µX)2
− 2( ¯X − µX)Σn
i=1(Xi − µX) + Σn
i=1( ¯X − µX)2
= Σn
i=1(Xi − µX)2
− 2( ¯X − µX)(n ¯X − nµX) + n( ¯X − µX)2
= Σn
i=1(Xi − µX)2
− 2n( ¯X − µX)2
+ n( ¯X − µX)2
= Σn
i=1(Xi − µX)2
− n( ¯X − µX)2
.
57

57. Variabel acak Y diketahui mempunyai distribusi normal. Sampel acak
berukuran n = 14 menghasilkan Σn
i=1Yi = −602 dan SY = 18. Ten-
tukanlah interval kepercayaan 95% untuk mean populasi.
Jawab:
ε = tα/2(n − 1)
SY
√
n
−→ ε = t0,025(13)
18
√
14
= 10, 4.
Jadi Hitunglah interval kepercayaan 95% untuk mean populasi adalah
(−43 − 10, 4; −43 + 10, 4) = (−53, 4; −32, 6).
58

58. Diberikan sampel acak dari distribusi loss normal:
- Mean sampel adalah 42.000
- Standar deviasi sampel adalah 8.000
- Terdapat 25 loss pengamatan dalam sampel
Dengan menggunakan uji dua arah dengan
H0 : µ = 45.000 H1 : µ = 45.000.
Tentukanlah nilai α yang akan menolak H0.
Jawab:
t(n − 1) =
¯X − µX
S√
n
−→ t(24) =
42 − 45
8√
25
= −1, 875.
α = 0, 01 : t0,005(24) = 2, 797.
α = 0, 02 : t0,01(24) = 2, 492.
α = 0, 05 : t0,025(24) = 2, 064.
α = 0, 1 : t0,05(24) = 1, 711.
Karena daerah penolakan untuk α adalah |t(24)| > tα/2(24) maka ke-
simpulannya, menolak H0 pada α = 0, 1 dan tidak menolak H0 pada
α = 0, 01; α = 0, 02; dan α = 0, 05.
59

59. Laporan survei menyebutkan biaya rata-rata dari kamar hotel di suatu
kota lebih kecil dari 49,21. Untuk menguji ini, peneliti memilih sampel
dari 24 kamar hotel dan memperoleh biaya rata-rata sampel adalah
47,37 dengan standar deviasi adalah 3,42. Pada α = 0, 01 , berilah
kesimpulan dari uji tersebut.
Jawab:
Dengan menggunakan uji satu arah:
H0 : µ = 49, 21
H1 : µ < 49, 21.
Perhatikan bahwa
t(23) =
47, 37 − 49, 21
3,42√
24
= −2, 636
dan daerah penolakan untuk α = 0, 01 adalah t(24) < t0,005(24) =
2, 807 maka kesimpulannya menolak H0 pada α = 0, 01. Jadi, biaya
kamar di kota tersebut lebih kecil dari 49, 21 pada α = 0, 01.
60

60. Misalkan X1, X2, X3, X4 adalah sampel acak dari distribusi normal de-
ngan mean µ yang tidak diketahui dan variansi σ2
yang tidak diketahui.
Signiﬁcance level α = 0, 05 menggunakan statistik Student-t untuk uji
hipotesis:
H0 : µ = 10
H1 : µ = 10
Diketahui ¯X = 15, 84 dan S2
=
Σ4
i=1(Xi− ¯X)2
3
= 16. Tentukanlah critical
t-value dan keputusan yang diperoleh.
Jawab:
Perhatikan bahwa
t(3) =
15, 84 − 10
4√
4
= 2, 92
dan daerah penolakan untuk α = 0, 05 adalah |t(4)| > t0,025(4) = 2, 78.
Dengan critical t-value t = 2, 78 maka kesimpulannya menolak H0 pada
α = 0, 05.
61

A20-November 2010
Soal No.1
Soal No.2
B. 151.200
Penyelesaian:
M A T E M A T I K A
Total huruf: 10
Ada 2 huruf M, 3 huruf A,2 huruf T
Sehingga banyak susunan huruf yang berbeda adalah
= 151.200
Soal No.4
 
       
 
2
1
2 3 1 3
3 1 3
2 3 1 3
1
1
1 1
, 1 1
2 4 2 4
1
, 1 1
4 2 4
1 1 1
( ) , 1 1
6
1
( ) ( )
5
x
X
Y
Y Y
Y
t x x
F x dt x
y y
F y P Y y P X y P X y y
d
f y F y y
dy y y
E Y y f y dy



      
           
 
      
 
 


Soal No.6
    2
0 0
2x
E X xf x dx x e dx
 

   
Soal No.10
   
2
3
0,1,2,3 0,1,4,9
3 2 3
5 5
y y
Y X
y x
x y
x y
f y f y
y


  

    
           

Soal No.11
Soal No.12
Soal No.13
  3.5Var Y 
Soal No.23
B. 110
Penyelesaian:
Jika menjawab 3 soal pertama:
( ) x ( ) = 10 x 5 = 50
( ) x ( ) = 5 x 10 = 50
( ) x ( ) = 1 x 10 = 10
Sehingga total kemungkinan adalah 50 + 50 + 10 = 110
Soal No.24
Soal No.26

A20-Mei 2011
Soal No.3
D. 91
 Muncul sisi 6 satu kali
( ) ( ) ( ) ( )
 Muncul sisi 6 dua kali
( ) ( ) ( )
 Muncul sisi 6 tiga kali
( )
Banyak kemungkinan yang terjadi untuk kasus bahwa sisi 6 muncul paling sedikit sekali
Soal No.7
 
    
   4 0 4 1
4
1 1 ( 1)
1 0 1
4 4
1
0! 1!
1 5
P X P X
P X P X
e e
e
 

   
    
 
 
   
  
 
Soal No.8
   
 
 
 
   
1
2
1 2 2 1
0
1 2
2 1 2
0.5
2 1 2 2 1 2
0
6 3
,
| 0.5 8
0.5
1
| 0.5 | 0.5
3
x
f x x dx x
f x x
f x x x
f
E X X x f x x dx
 
  
   


Soal No.12
   2 2 21 1
. .
2 2
Var X c c c   
Soal No.17
      
   
exp atX bt
aX b
bt atX bt
X
M t E t aX b E e e
e E e e M at
      
 

Soal No.18
 
 
,X Beta a b
a
E X
a b


Soal No.19
   
   
    
1.19 1.2 1.21 1.2
1.19 1.21 1
0.005 0.005
2 1 2
2 1 1 2
P X P X P Z P Z
P Z P Z
P Z P Z
    
          
   
     
       
 2 2 0.0456P Z   
Soal No.22
 
           
 
2
1
2
1 1
, 1 1
2 4 2 4
,0 1
1
( ) ,0 1.
2
x
X
Y X X
Y Y
t x x
F x dt x
F y P Y y P X y P y X y F y F y y y
d
f y F y y
dy y


      
             
   

Soal No.23
      
2
2
; 0
; 0
, 0
2
, 0
2
Y X X
y
x x
y x
x x
dy
f y f y f y y
dx
e y



  
 
   
 
Soal No.24
 90 95 0.95
9
90 32 95 0.95
5
290 315
0.95
9 9
290 315
,
9 9
P Y
P X
P X
a b
  
 
     
 
 
    
 
  

Soal No.27
( ) ∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ( ) ( )
∫ (∫ ( ) ) ( ) ∫ ( ) ( )
Soal No.28
( ) ∫ ∫ ( )
∫ ∫ ( ) ( )
∫ (∫ ( ) ) ( )
∫ ( ) ( )

A20-November 2011
Soal No.1
C. A - [A (B U C)]
Soal No.2
1 2 ... , 0
1 3 11 1 13
78
11 11
n ix x x r x
n r
r
    
        
       
     
Soal No.3
1 1 2 2 3 3 4 4
1 2 3 4
misalkan 2, 3, 4, 5
maka 7, 0
4 7 1 10
120
7 7
i
a n a n a n a n
a a a a a
       
    
    
    
   
Soal No.4
   
   
 
2 2
2
2
5 1 3
5
31
2 3 10
5
2 9 21
E X E X
E X X E X
E X X
   
    
  
Soal No.5
   
     
      
3 3 2
3 2
22
2 0 6 12 8 0
25Karena 9, 2,maka
6
1
6
E X E X X X
E X E X E X
Var X E X E X
       
 
  
  
Soal No.6
B. 24
Penyelesaian:
1 lempar dadu  kemungkinan kejadian ada 6
2 kemungkinan kejadian ada 2
3 Lempar dadu  6 kejadian
4 Lempar koin  2 kejadian
5 Lempar dadu  6 kejadian
6 Lempar koin  2 kejadian
M
B

Sehingga total kejadian yang mungkin terjadi atau jumlah anggota himpunan S adalah 24.
Soal No.7
   
    
 
 
           
            
 
2
3 3
1
2 2
1
1
33 3 2 2 3 2 2
2 32
2
11
4
1 2 11
6
11
2
3 3 3 3
1 1 1 2 1 1 1 1
3 3
4 2 6 2 2 2
1
2
4
n
i
n
i
n
i
n n
E X i
n
n n
E X i
n
n
E X i
n
E X E X X X E X E X E X
n n n n n n n n
n
n n

     




 
 
 

  
       
         
      
   

 



    1 1 0n   
Soal No.10
XY 1 2 3 Total
1 2k 3k 4k 9k
2 6k 8k 10k 24k
Total 8k 11k 14k 33k
   
   
   
   
2 3
2
1 1
3 2
2
1 1
2
2
1
2 3
2
1 1
1
33 1
33
1 57
33 33
1 72
33 33
1 19
| 2 2
33 11
1 124
33 33
x y
y x
x
x y
k k
E X x x xy
E Y y x xy
E X Y x x x
E XY xy x xy
 
 

 
  
  
  
   
  




Jadi, pernyataan yang benar adalah pernyataan (i), (iii), dan (iv)
Soal No.11
Misalkan koin dilemparkan 3 kali, maka kemungkinan sisi gambar muncul untuk kedua
kalinya adalah AGG dan AGG, dengan A menyatakan sisi angka & G menyatakan sisi
gambar. Peluangnya adalah

           
     
2
22
3 1 . . . 1 . 2 1
1 1
n
P X P AGG P GAG p p p p p p p p
P X n n p p

        
   
.
Soal No.12
A. 7.200
karena yg diinginkan adalah membentuk himpunan yang terdiri dari 3 benda, maka kita
misalkan memiliki 3 tempat kosong.
 Untuk tempat yang pertama banyak kemungkinan kita memilih benda tersebut
adalah sebanyak 30.
 Kemudian, karena disyaratkan tidak ada dua benda dalam himpunan tersebut
yang berada pada kolom atau baris yang sama, maka untuk tempat kedua
kemungkinannya berkurang menjadi 20. Sebagai ilustrasi, misal di tempat
pertama kita memilih A1, maka A2, A3, A4, A5, A6, A11, A16, A21, dan A26 tidak
boleh dipilih.
 Untuk tempat ketiga juga serupa dengan tempat kedua. Sebagai ilustrasi, misal
di tempat pertama kita memilih A1 dan di tempat kedua kita memilih A7, maka
A8, A9, A10, A12, A17, A22, dan A27 tidak boleh dipilih. Jadi kemungkinannya
berkurang lagi menjadi 12.
Jadi, banyaknya cara untuk membentuk suatu himpunan yang terdiri dari 3 benda (dipilih
dari 30 benda di atas) yang berbeda, sedemikian sehingga tidak ada dua benda dalam
himpunan tersebut yang berada pada kolom atau baris yang sama adalah 30 x 20 x 12 =
7200
Soal No.18
D. 880 Orang
Penyelesaian:
Pria muda = 1320
Pria muda menikah = 600
Muda = 3000
Pmuda menikah + P muda blm meikah + W muda menikah + W Muda blm menikah = 3000
1320 + W muda menikah + W Muda blm menikah = 3000
W muda menikah + W Muda blm menikah = 3000 – 1320
W muda menikah + W Muda blm menikah = 1680 ............................... (1)
Muda dan menikah = 1400
Pmuda menikah + W muda menikah = 1400

600 + W muda menikah = 1400
W muda menikah = 1400 – 600
W muda menikah = 800 ...........................................................(2)
Subtitusika persamaan (2) ke (1):
W muda menikah + W Muda blm menikah = 1680
800 + W Muda blm menikah = 1680
W Muda blm menikah = 1680 – 800
W Muda blm menikah = 880
Soal No.20
C. 3
Soal No.21
D. 60 %
Diketahui:
80% responden menjawab "YA" pada paling sedikit satu dari kedua pertanyaan di atas. 80%
menjawab "TIDAK" pada paling sedikit satu dari kedua pertanyaan di atas.
Misalkan A adalah himpunan orang-orang yang menjawab YA dari pertanyaan no.1
Misalkan B adalah himpunan orang-orang yang menjawab YA dari pertanyaan no.2
80% responden menjawab "YA" pada paling sedikit satu dari kedua pertanyaan di atas
artinya ( )
80% menjawab "TIDAK" pada paling sedikit satu dari kedua pertanyaan di atas artinya
( )
Karena ( ) , maka ( )
Sehingga persentase responden yang menjawab "YA" pada tepat satu pertanyaan dari
kedua pertanyaan di atas:
*( ) ( )+
Soal No.23

Soal No.27
 
     
( )
( )
,
( )
ln
1
1
ln 1;0 1
x y
u
x y u
Z
f x y e
Misalu x y
f u e
z e e u z
du
dz z
du
f u f u f z u
dz z
 

  

 

    
 
     
Soal No.30
 
 
 
 
2 0
2
Karena dan 2 merupakan konstanta, maka
2
2
lim 0
0!n
n E N np
N Poisson np
N Poisson
e
P N e




   

  

A20-Mei 2012
Soal No.1
C. A’ U B’ = (A U B)’
Soal No.2
D. 54 %
Soal No.8
   
 2
2
3
11
3
2 12
4 1 0
2 5
E X Var X
aa
a a
a


 
   
  
Soal No.11
-Tidak ada pilihan jawaban-
 
4
2
24E X x xdx

 
Soal No.12
 
 
 
 
 
2
2
Ketidaksamaan Chebyshev:
Karena , artinya jika maka
22500
500 300 2
180000
1
500 300 2
8
1
500 300 2
8
1
800
8
P X k
k
X X X k X k
P X
P X
P X
P X


   
  
      
  
   
   
  

Soal No.15
   
     
         
   
2 3
' 2 3 2 3
2
'' 2 3 2 3 2 3
2 ''
exp 3
3 exp 3
2 6 exp 3 3 exp 3
0 11
X
X
X
X
M t t t t
M t t t t t t t
M t t t t t t t t t t t
E X M
  
    
        
 
Soal No.16
     
 
, , 0,0 1
, ,
1
2
, , , 0, 0, .
2
x
uv
f x y f x f y e x y
x u
u xy v x uv y
y v
dx dx
du dv
J
dy dy v
du dv
u e
g u v f uv u v u v
v v


    
    
  
 
      
 
Soal No.17
   
      
2
0
4 3 2
0 4 3
4
3
4 4 32
3 3 81
E X xf x dx
E X E X x f x dx x f x dx
 
   
         
   

 

Soal No.18
   
  
   
  
     
     
 
2
2
10 3 10 3
0; 100
12
30 30
0; 300
12
0
400
Berdasarkan teori limit pusat,
0 1 0
1
20 100 20 100
1
2
0.
E X Var X
E Y Var Y
E Y X E Y E X
Var Y X Var Y Var X
Y X
P Y X P
P Z
 
  
 
  
   
   
   
    
 
 
  
 
 6915
Soal No.30
 
   
    
 
  
    
1
1 1
1
1
1 1
,..., ,
, ,
2
min ,..., atau max ,...,
1 ,...,
1
1
1
2 2
1
2
n
X
n n
n
n
n
n
n
X X uniform A A
x
F x x A A
A
P X X b X X a
P b X a b X a
P b X a
P X a P X b
a b
A A
a b
A

  
  
       
    
     
   
    
  
 
  
 

A20-Maret 2013
Soal No.7
 
       
10 8 2 8
0.8
10 8
0.25 0.25
(1)
, 0
1
10
10 8 10
0.125 0.1 exp 0.1 , 0
10
x
X
Y X
X eksponensial
f x e x
y dx y
y x x
dy
y dx
f y f y y y
dy

 
   
       
   
  
         
Soal No.9
 
 
2
2
(2,6)
1
,2 6
4
1 1 1
1 1 1 1
,
6 24
X
Y X
X uniform
f x x
dx
y x
x y dy y
dx
f y f x
y dy y
  
     
 
     
 

A20-Juni 2013
Soal No.15
   
   
 
 
 
20
8
20
16
36
8 0.005 20
100
4
16 0.005 20
100
16 1
16 | 8
8 9
P X x dx
P X x dx
P X
P X X
P X
   
   

   




A20-Juni 2014
Soal No.1
       
       
     
   
     
       
     
1
' ' 1
' ' 1 1
' ' 1 1
' ' ' '
P A B P A P B P A B
P A B P A P B P A B
P A B P A P B
P A B P A B
P A B P A P B
P A B P A P B
P A B P A P B
    
     
    
   
     
     
   
Soal No.2
   
1 1
Karena , maka peluang yang tidak mungkin adalah Pr dan Pr .
2 2
A B A B  
Soal No.3
 Peluang benar 75% 20% 25% 80%   
Soal No.4
 
 
 
2
0
0
1
0
, 0
1 ( ) 1 1...(1)
4
( ) 1 1...(2)
2
Dari (1) dan (2), 1 dan 0.
1 0,63
x x
x
f x ae be x
b
E X xf x dx a
b
f x dx a
a b
P X e dx
 



  
     
   
 
  




Soal No.6
   
   
   
 
1
0
2
1
0
2 3 1
0 2 3
2
3
2 1
3 18
2 2 2 16
3 3 3 81
2
3 32
9
E X xf x dx
Var X x f x dx
E X x f x dx x f x dx
E X
Var X
  
 
   
 
     
          
    
 
 
  


 
Soal No.7
 
 
 
1
2
3
2.9 3.1
3
2
2.7 3.1
2.9
2
2.9 3.3
3.1 yang terlama
2
E X
E X
E X

 

 

  
Soal No.8
 
12 2
1
1 1
2 25
9 18
x y
x y
x
E XY
y
 

 
 
   
 

Soal No.9
Misalkan X menyatakan banyaknya orang yang datang nonton pertandingan.
Pr[X 1] = 95%
Pr[X 2] = 80%
Pr[X 3] = 50% = Pr(A M T)
Pr[X 2] = 80% Pr[X 2] + Pr[X 3] = 50% Pr[X 2] 30%
Pr(A M) =


  
      

1
Pr[X 2] + Pr(A M T) Pr(A M) = 60%
3
    

Soal No.10
   
 
     
 
 
1
0 0
1 1 2 1
2
2 1
2
!
... 0 1 2 ...
0! 1! 2!
2
2!
1
2
2
tX
X
tj
tx
j x
t t
t t
t
t
M t E e
e
e P X x
j
e e e
P X e P X e P X
e
e P X
P X
e
 
 
  


  
          
  
  
 
Soal No.11
   
1
0
1
2
Xf x x y dy x   
Soal No.12
 
 
 
 
1| 1 80%
1, 1
80%
1
80%
80%
1
4
X Poisson
P X X
P X X
P X
e
e e

 







 
  
 
 

 

 

 
Soal No.13
       
       
     
1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 1 3 2 3
1
,
12 12
2 4
5
2 2 , , 2 ,
12
b a
Var X Var X Var X Var X
Var X X X Var X Var X Var X
Cov X X Cov X X Cov X X

   
     
    

Soal No.14
   
   
2
0
4 3 2
0 4 3
4
3
4 4 4 32
3 3 3 81
E X xf x dx
E X x f x dx x f x dx
 
     
          
    

 
Soal No.15
   
 
 2
2 2
1
exp ,
0.2 4.
X
X
X b E X
b
b
M t
b t
b b
M b b
b b b b



     
 
Soal No.16
     
     
 
   
     
 
2
2
2
0 2
3 3 2
.... 1
4
1
.... 2
4
2
Berdasarkan (1) & (2), diperoleh .
4
2
0 1 2
4
1
1
4
t t
X Y
t
X Y
t t
X
tX
X
t t
t t
e e
M t M t
e
M t M t
e e
M t
M t E e
e e
e P X e P X e P X
P X
 
 

 
 


 
      
  
Soal No.17
       
 
' 'P C P A P B C P A B
P A z x y
    
   
Soal No.18
Kemungkinan munculnya sisi angka yang ke-3 kalinya terjadi pada lemparan ke-5:
AAGGA, AGAGA, AGGAA, GAAGA, GAGAA, GGAAA.
Probabilitas bahwa munculnya sisi angka yang ke-3 kalinya terjadi pada lemparan k
3 2
e-5
sama dengan :
1 2 8
6
3 3 81
   
   
   
Soal No.20
Kejadian C adalah sub kejadian dari A B.
Maka pernyataan yang benar adalah pernyataan II dan III.


Soal No.21
     2
2 10
0 5
10
7 7 10 0 2 5
1 1 7
10 10 10
P X P X X P X P X
X
dx dx
 
          
 
   
Soal No.22
     
 
 
Misalkan
A : persentase orang yang menonton film pertama LOTR
B : persentase orang yang menonton film kedua LOTR
C : persentase orang yang menonton film ketiga LOTR
35%, 33%, 31%
20%
' '
P A P B P C
P A B C
P A B C
  
  
  
 
 
     
8%
' 4%
' ' ' 50%
' ' ' ' ' ' 8% 7% 6% 21%
P A B C
P A B C
P A B C P A B C P A B C
  
  
           
Soal No.24
1
2
80 72 8
90 80 10
15 15
8 10
12
15
X
Z
S S
X
Z
S
S




 
  
 
  
  

Soal No.30
 
 
 
   
   
   
 
2
2
2
2
2 2
2
1
1 exp 0.75
2
1
exp 0.25
2
1
ln 0.25
2
2ln 0.25
ln 0.25
ln16
2 ln 2
2 ln 2
pF p
y a
y a
y a
y a
y a
y a
y a
y a



 
     
 
 
    
 
   
   
  
  
  
  

OPTIMASI PAI

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to OPTIMASI PAI

Similar to OPTIMASI PAI (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

OPTIMASI PAI