⌕
AktuNotes
← Kembali
CF2 · Pembahasan

CF2 Periode Oktober 2024

CF2 Periode Oktober 2024

No. 1

Ada dua puluh empat angka 4-digit yang menggunakan masing-masing dari empat digit 2, 4, 5, dan 7 tepat satu kali. Diurutkan berdasarkan urutan angka dari yang terkecil hingga terbesar, tentukanlah angka pada posisi ke-17 dalam daftar.

a. 4.5274{.}527
b. 5.7245{.}724
c. 5.7425{.}742
d. 7.2457{.}245
e. 7.5247{.}524

≡Jawaban No. 1›

(b). 5.7245{.}724

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.3 Metode Enumerasi
DifficultyEasy
Prerequisite1.1 Eksperimen Acak dan Ruang Sampel
Connected Topics1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas
ReferensiMiller Bab 2; Hogg-Tanis-Zimm Bab 1.3
ℹRumus›

Jumlah permutasi nn objek berbeda: n!n! Untuk digit pertama dd, angka-angka yang berawalan dd berjumlah 3!=63! = 6.

Diketahui:

  • Digit: {2,4,5,7}\{2, 4, 5, 7\}, masing-masing dipakai tepat sekali

  • Total angka: 4!=244! = 24

  • Target: angka pada posisi ke-17

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Kelompokkan berdasarkan digit pertama Setiap digit pertama menghasilkan 3!=63! = 6 angka. Urutan digit pertama (dari kecil ke besar): 2,4,5,72, 4, 5, 7.

  • Posisi 1–6: berawalan 22
  • Posisi 7–12: berawalan 44
  • Posisi 13–18: berawalan 55
  • Posisi 19–24: berawalan 77

Langkah 2: Tentukan digit pertama posisi ke-17 Posisi 17 berada di kelompok posisi 13–18 → digit pertama adalah 5\mathbf{5}. Posisi relatif dalam kelompok: 17−12=517 - 12 = 5 (posisi ke-5 dalam kelompok berawalan 5).

Langkah 3: Uraikan digit berawalan 5 (sisa digit: {2,4,7}\{2, 4, 7\}) Setiap digit kedua menghasilkan 2!=22! = 2 angka. Urutan digit kedua: 2,4,72, 4, 7.

  • Sub-posisi 1–2: 52xx52xx (digit kedua 2)
  • Sub-posisi 3–4: 54xx54xx (digit kedua 4)
  • Sub-posisi 5–6: 57xx57xx (digit kedua 7)

Posisi ke-5 dalam kelompok ini → digit kedua adalah 7\mathbf{7} (sub-posisi 5–6). Posisi relatif: 5−4=15 - 4 = 1 (posisi ke-1 dalam sub-kelompok 57xx57xx).

Langkah 4: Uraikan sisa digit {2,4}\{2, 4\}

  • Sub-posisi 1: 57245724 (digit ketiga 2, keempat 4)
  • Sub-posisi 2: 57425742 (digit ketiga 4, keempat 2)

Posisi ke-1 → angka adalah 5.724\mathbf{5.724}.

Hasil Akhir: (b). 5.7245{.}724

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa bahwa setiap kelompok digit pertama berisi tepat 3!=63! = 6 elemen, bukan 44.
  • Menggunakan indeks mulai dari 0 alih-alih 1, sehingga posisi geser satu.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Menghitung 24 angka dengan urutan yang salah (misal tidak mengurutkan digit pertama dari kecil ke besar).
▲Red Flags›
  • Jika soal menyebut “urutan dari terkecil ke terbesar” → pastikan digit pertama diurutkan: 2<4<5<72 < 4 < 5 < 7, kemudian digit kedua, dst.
  • Jika posisi target >12> 12 tapi ≤18\leq 18 → pasti berawalan 55.

No. 2

Seorang aktuaris sedang mempelajari prevalensi tiga faktor risiko kesehatan, yang dilambangkan dengan AA, BB, dan CC, dalam suatu populasi wanita. Diketahui bahwa:

(i) Untuk masing-masing dari tiga faktor tersebut, probabilitasnya adalah 0,070{,}07 bahwa seorang wanita dalam populasi tersebut hanya memiliki faktor risiko ini (dan tidak ada yang lain).
(ii) Untuk dua dari tiga faktor tersebut, probabilitasnya adalah 0,090{,}09 bahwa ia memiliki tepat dua faktor risiko ini (tetapi tidak yang lain).
(iii) Probabilitas bahwa seorang wanita memiliki ketiga faktor risiko tersebut, diketahui dia memiliki faktor risiko AA dan BB, adalah 13\dfrac{1}{3}.

Tentukan probabilitas bahwa seorang wanita tidak memiliki satu pun dari tiga faktor risiko tersebut, diketahui ia tidak memiliki faktor risiko AA.

a. 0,5730{,}573
b. 0,7850{,}785
c. 0,650{,}65
d. 0,4430{,}443
e. 0,6740{,}674

≡Jawaban No. 2›

(e). 0,6740{,}674

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.4 Probabilitas Bersyarat, 1.6 Teorema Bayes dan Hukum Probabilitas Total
DifficultyHard
Prerequisite1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas
Connected Topics1.5 Kejadian Independen
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 1.4; Miller Bab 2
ℹRumus›
P(A∣B)=P(A∩B)P(B)P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} P(Ac)=1−P(A)P(A^c) = 1 - P(A)

Untuk diagram Venn tiga himpunan, probabilitas total:

P(A∪B∪C)=∑P(only one)+∑P(exactly two)+P(all three)P(A \cup B \cup C) = \sum P(\text{only one}) + \sum P(\text{exactly two}) + P(\text{all three})

Diketahui:

  • P(hanya A)=P(hanya B)=P(hanya C)=0,07P(\text{hanya } A) = P(\text{hanya } B) = P(\text{hanya } C) = 0{,}07

  • P(tepat A∩B)=P(tepat A∩C)=P(tepat B∩C)=0,09P(\text{tepat } A\cap B) = P(\text{tepat } A\cap C) = P(\text{tepat } B\cap C) = 0{,}09 (tepat dua, tanpa yang ketiga)

  • P(A∩B∩C∣A∩B)=13P(A \cap B \cap C \mid A \cap B) = \frac{1}{3}

  • Target: P(tidak ada∣Ac)P(\text{tidak ada} \mid A^c)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Hitung P(A∩B∩C)P(A \cap B \cap C) P(A∩B)P(A \cap B) mencakup “tepat AA dan BB” dan “ketiga-tiganya”:

P(A∩B)=0,09+P(A∩B∩C)P(A \cap B) = 0{,}09 + P(A \cap B \cap C)

Dari kondisi (iii):

P(A∩B∩C∣A∩B)=P(A∩B∩C)P(A∩B)=13P(A \cap B \cap C \mid A \cap B) = \frac{P(A \cap B \cap C)}{P(A \cap B)} = \frac{1}{3} P(A∩B∩C)0,09+P(A∩B∩C)=13\frac{P(A \cap B \cap C)}{0{,}09 + P(A \cap B \cap C)} = \frac{1}{3} 3P(A∩B∩C)=0,09+P(A∩B∩C)3P(A \cap B \cap C) = 0{,}09 + P(A \cap B \cap C) 2P(A∩B∩C)=0,09  ⟹  P(A∩B∩C)=0,0452P(A \cap B \cap C) = 0{,}09 \implies P(A \cap B \cap C) = 0{,}045

Langkah 2: Hitung P(A∪B∪C)P(A \cup B \cup C)

P(A∪B∪C)=3(0,07)+3(0,09)+0,045=0,21+0,27+0,045=0,525P(A \cup B \cup C) = 3(0{,}07) + 3(0{,}09) + 0{,}045 = 0{,}21 + 0{,}27 + 0{,}045 = 0{,}525

Langkah 3: Hitung P(tidak ada faktor)=P((A∪B∪C)c)P(\text{tidak ada faktor}) = P((A \cup B \cup C)^c)

P(tidak ada)=1−0,525=0,475P(\text{tidak ada}) = 1 - 0{,}525 = 0{,}475

Langkah 4: Hitung P(A)P(A)

P(A)=P(hanya A)+P(tepat A∩B)+P(tepat A∩C)+P(A∩B∩C)P(A) = P(\text{hanya }A) + P(\text{tepat }A\cap B) + P(\text{tepat }A\cap C) + P(A \cap B \cap C) =0,07+0,09+0,09+0,045=0,295= 0{,}07 + 0{,}09 + 0{,}09 + 0{,}045 = 0{,}295 P(Ac)=1−0,295=0,705P(A^c) = 1 - 0{,}295 = 0{,}705

Langkah 5: Hitung P(tidak ada∩Ac)P(\text{tidak ada} \cap A^c) Jika wanita tidak memiliki faktor apapun, maka otomatis AcA^c terpenuhi:

P(tidak ada∩Ac)=P(tidak ada)=0,475P(\text{tidak ada} \cap A^c) = P(\text{tidak ada}) = 0{,}475

Langkah 6: Hitung probabilitas bersyarat

P(tidak ada∣Ac)=P(tidak ada∩Ac)P(Ac)=0,4750,705≈0,674P(\text{tidak ada} \mid A^c) = \frac{P(\text{tidak ada} \cap A^c)}{P(A^c)} = \frac{0{,}475}{0{,}705} \approx 0{,}674

Hasil Akhir: (e). 0,6740{,}674

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira “tepat dua faktor” berarti P(A∩B)P(A \cap B) langsung, padahal P(A∩B)=P(tepat A∩B)+P(A∩B∩C)P(A \cap B) = P(\text{tepat }A\cap B) + P(A\cap B\cap C).
  • Tidak memasukkan P(A∩B∩C)P(A\cap B\cap C) ketika menghitung P(A)P(A).
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira P(tidak ada∣Ac)=P(tidak ada)/P(Ac)P(\text{tidak ada} \mid A^c) = P(\text{tidak ada})/P(A^c) tanpa menyadari bahwa “tidak ada faktor” ⊂ AcA^c, sehingga penyebutnya adalah P(Ac)P(A^c), bukan sebaliknya.
▲Red Flags›
  • Jika soal memberi probabilitas “hanya memiliki faktor ini” → itu adalah region eksklusif di diagram Venn, bukan P(A)P(A) total.
  • Jika ada kondisi bersyarat yang melibatkan irisan → gunakan definisi P(A∩B)=∑P(A\cap B) = \sum semua region yang termasuk AA dan BB.

No. 3

Dalam pemodelan jumlah klaim yang diajukan oleh seorang individu berdasarkan polis asuransi mobil selama periode tiga tahun, seorang aktuaris membuat asumsi penyederhanaan bahwa untuk semua bilangan bulat n≥0n \geq 0, pn+1=15pnp_{n+1} = \dfrac{1}{5} p_n, dimana pnp_n mewakili probabilitas bahwa pemegang polis mengajukan nn klaim selama periode tersebut. Berdasarkan asumsi ini, tentukan probabilitas bahwa seorang pemegang polis mengajukan lebih dari satu klaim selama periode tersebut.

a. Kurang dari 0,020{,}02
b. Sekurang-kurangnya 0,020{,}02 tapi kurang dari 0,040{,}04
c. Sekurang-kurangnya 0,040{,}04 tapi kurang dari 0,060{,}06
d. Sekurang-kurangnya 0,060{,}06 tapi kurang dari 0,080{,}08
e. Sekurang-kurangnya 0,080{,}08

≡Jawaban No. 3›

(c). Sekurang-kurangnya 0,040{,}04 tapi kurang dari 0,060{,}06

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.1 Variabel Acak Diskrit
DifficultyEasy
Prerequisite1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas
Connected Topics2.5 Distribusi Diskrit Umum
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 1.1–1.2; Miller Bab 3
ℹRumus›

Deret geometri tak hingga: ∑n=0∞rn=11−r\sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r} untuk ∣r∣<1|r| < 1. Agar PMF valid: ∑n=0∞pn=1\sum_{n=0}^{\infty} p_n = 1.

Diketahui:

  • pn+1=15pnp_{n+1} = \frac{1}{5} p_n untuk semua n≥0n \geq 0

  • Ini berarti pn=p0(15)np_n = p_0 \left(\frac{1}{5}\right)^n

  • Target: P(X>1)=1−P(X=0)−P(X=1)P(X > 1) = 1 - P(X=0) - P(X=1)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Tentukan p0p_0 Dari normalisasi:

∑n=0∞pn=p0∑n=0∞(15)n=p0⋅11−15=p0⋅54=1\sum_{n=0}^{\infty} p_n = p_0 \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{5}\right)^n = p_0 \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{5}} = p_0 \cdot \frac{5}{4} = 1 p0=45p_0 = \frac{4}{5}

Langkah 2: Hitung p1p_1

p1=15p0=15⋅45=425p_1 = \frac{1}{5} p_0 = \frac{1}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{25}

Langkah 3: Hitung P(X>1)P(X > 1)

P(X>1)=1−p0−p1=1−45−425=1−2025−425=1−2425=125=0,04P(X > 1) = 1 - p_0 - p_1 = 1 - \frac{4}{5} - \frac{4}{25} = 1 - \frac{20}{25} - \frac{4}{25} = 1 - \frac{24}{25} = \frac{1}{25} = 0{,}04

Karena 0,04≤0,04<0,060{,}04 \leq 0{,}04 < 0{,}06, jawaban adalah opsi (c).

Hasil Akhir: (c). P(X>1)=0,04P(X>1) = 0{,}04, masuk interval [0,04;0,06)[0{,}04; 0{,}06)

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa bahwa syarat PMF valid mengharuskan ∑pn=1\sum p_n = 1, sehingga p0p_0 tidak bebas dipilih.
  • Mengira p0=1p_0 = 1 secara langsung tanpa normalisasi.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • “Lebih dari satu klaim” = P(X>1)P(X > 1), bukan P(X≥1)P(X \geq 1).
▲Red Flags›
  • Jika soal memberikan relasi rekursif pn+1=r⋅pnp_{n+1} = r \cdot p_n → ini adalah deret geometri; gunakan normalisasi untuk mencari p0p_0.

No. 4

Diberikan variabel acak XX berdistribusi normal dengan μ=2\mu = 2, σ2=9\sigma^2 = 9. Misalkan Y=eXY = e^X, tentukanlah nilai dari E[Y12]E[Y^{12}].

a. e72e^{72}
b. e672e^{672}
c. e674e^{674}
d. e667e^{667}
e. e685e^{685}

≡Jawaban No. 4›

(b). e672e^{672}

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.6 Distribusi Kontinu Umum, 2.3 Fungsi Pembangkit
DifficultyMedium
Prerequisite2.2 Variabel Acak Kontinu
Connected Topics2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.2; Miller Bab 7
ℹRumus›

Jika X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2), maka MGF-nya:

MX(t)=E[etX]=eμt+12σ2t2M_X(t) = E[e^{tX}] = e^{\mu t + \frac{1}{2}\sigma^2 t^2}

Sehingga E[etX]=eμt+12σ2t2E[e^{tX}] = e^{\mu t + \frac{1}{2}\sigma^2 t^2}.

Diketahui:

  • X∼N(μ=2,σ2=9)X \sim N(\mu=2, \sigma^2=9) (kontinu, support (−∞,∞)(-\infty, \infty))

  • Y=eXY = e^X, sehingga Y12=e12XY^{12} = e^{12X}

  • Target: E[Y12]=E[e12X]=MX(12)E[Y^{12}] = E[e^{12X}] = M_X(12)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Identifikasi E[Y12]E[Y^{12}] sebagai evaluasi MGF

E[Y12]=E[e12X]=MX(t)∣t=12E[Y^{12}] = E[e^{12X}] = M_X(t)\big|_{t=12}

Langkah 2: Evaluasi MGF distribusi Normal pada t=12t=12

MX(12)=eμ⋅12+12σ2⋅122=e2⋅12+12⋅9⋅144M_X(12) = e^{\mu \cdot 12 + \frac{1}{2}\sigma^2 \cdot 12^2} = e^{2 \cdot 12 + \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 144} =e24+12962=e24+648=e672= e^{24 + \frac{1296}{2}} = e^{24 + 648} = e^{672}

Hasil Akhir: (b). e672e^{672}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira E[Y12]=(E[Y])12E[Y^{12}] = (E[Y])^{12} — ini hanya berlaku jika YY deterministik, bukan untuk variabel acak.
  • Lupa bahwa E[etX]=MX(t)E[e^{tX}] = M_X(t), bukan et⋅E[X]e^{t \cdot E[X]}.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Menghitung E[Y]=eμ+12σ2E[Y] = e^{\mu + \frac{1}{2}\sigma^2} (distribusi log-normal) lalu dipangkatkan 12 — ini salah karena E[Y12]≠(E[Y])12E[Y^{12}] \neq (E[Y])^{12}.
▲Red Flags›
  • Jika soal minta E[etX]E[e^{tX}] atau E[Yk]E[Y^k] dimana Y=eXY = e^X dan XX Normal → gunakan MGF Normal dengan parameter t=kt = k.

No. 5

Diberikan nn buah dadu bersisi enam, yang dilempar secara independen satu sama lainnya. Tentukanlah probabilitas bahwa jumlah angka yang muncul dari semua dadu tersebut merupakan angka genap.

a. 12−(n−1)(n−2)(n−3)6n3\dfrac{1}{2} - \dfrac{(n-1)(n-2)(n-3)}{6n^3}
b. 12−(n−1)(n−2)6n2\dfrac{1}{2} - \dfrac{(n-1)(n-2)}{6n^2}
c. 12\dfrac{1}{2}
d. 12+(n−1)(n−2)(n−3)6n3\dfrac{1}{2} + \dfrac{(n-1)(n-2)(n-3)}{6n^3}
e. 12+(n−1)(n−2)6n2\dfrac{1}{2} + \dfrac{(n-1)(n-2)}{6n^2}

≡Jawaban No. 5›

(c). 12\dfrac{1}{2}

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas, 1.5 Kejadian Independen
DifficultyMedium
Prerequisite1.1 Eksperimen Acak dan Ruang Sampel
Connected Topics1.3 Metode Enumerasi
ReferensiMiller Bab 2; Hogg-Tanis-Zimm Bab 1
ℹRumus›

Jumlah dari variabel-variabel independen: jumlah genap   ⟺  \iff jumlah variabel yang bernilai ganjil adalah genap. Untuk satu dadu standar 6 sisi: P(genap)=P(ganjil)=36=12P(\text{genap}) = P(\text{ganjil}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}.

Diketahui:

  • nn dadu, masing-masing sisi {1,2,3,4,5,6}\{1,2,3,4,5,6\}, independen

  • P(angka genap pada satu dadu)=36=12P(\text{angka genap pada satu dadu}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}
  • P(angka ganjil pada satu dadu)=36=12P(\text{angka ganjil pada satu dadu}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

  • Target: P(jumlah semua dadu genap)P(\text{jumlah semua dadu genap})

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Kondisi jumlah genap Jumlah dari nn angka adalah genap jika dan hanya jika banyaknya angka ganjil di antara nn dadu adalah genap (0, 2, 4, …).

Langkah 2: Gunakan simetri Misalkan Xi∈{0,1}X_i \in \{0,1\} dimana Xi=1X_i = 1 jika dadu ke-ii menunjukkan ganjil, P(Xi=1)=12P(X_i=1) = \frac{1}{2}. Jumlah genap   ⟺  \iff ∑Xi\sum X_i genap.

Karena setiap dadu memiliki P(genap)=P(ganjil)=12P(\text{genap}) = P(\text{ganjil}) = \frac{1}{2}, pertimbangkan pelemparan n−1n-1 dadu pertama dengan hasil apapun. Dadu ke-nn menentukan paritas akhir: dengan probabilitas 12\frac{1}{2} ia akan “menggenapi” hasil, dan 12\frac{1}{2} tidak.

Lebih formal, dengan induksi atau fungsi pembangkit:

P(jumlah genap)=1+(1−2⋅12)n2=1+0n2=12untuk n≥1P(\text{jumlah genap}) = \frac{1 + (1 - 2 \cdot \frac{1}{2})^n}{2} = \frac{1 + 0^n}{2} = \frac{1}{2} \quad \text{untuk } n \geq 1

karena 1−2p=1−2⋅12=01 - 2p = 1 - 2 \cdot \frac{1}{2} = 0.

Hasil Akhir: (c). 12\dfrac{1}{2}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira distribusi simetris antara genap dan ganjil tidak langsung menjamin probabilitas 12\frac{1}{2} untuk jumlah; perlu memverifikasi dengan argumen paritas.
  • Mencoba menghitung secara langsung jumlah kombinasi — ini sah tapi jauh lebih panjang.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira ”nn dadu” berarti harus ada jawaban dalam nn — padahal hasilnya konstan 12\frac{1}{2} untuk semua nn.
▲Red Flags›
  • Jika P(genap pada satu percobaan)=P(ganjil)=12P(\text{genap pada satu percobaan}) = P(\text{ganjil}) = \frac{1}{2} → probabilitas jumlah genap dari nn percobaan independen adalah selalu 12\frac{1}{2}.

No. 6

Misalkan W(t)W(t) adalah suatu fungsi yang didefinisikan sebagai berikut:

W(t)={e8−0,2t,0<t<80,lainnyaW(t) = \begin{cases} e^{8-0{,}2t}, & 0 < t < 8 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

Diketahui TT berdistribusi eksponensial dengan mean sebesar 1313. Tentukan nilai dari E[W(t)]E[W(t)] (dalam pembulatan terdekat).

a. 705705
b. 823823
c. 741741
d. 738738
e. 735735

≡Jawaban No. 6›

⚠️ DIANULIR oleh PAI

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.6 Distribusi Kontinu Umum
Difficulty—
Prerequisite—
Connected Topics—
Referensi—
▲Keterangan Soal Dianulir Soal No. 6 dianulir oleh PAI dalam kunci jawaban resmi. Berdasarkan perhitungan matematis:›
E[W(T)]=∫08e8−0,2t⋅113e−t/13 dt=e813∫08e−t(0,2+1/13) dtE[W(T)] = \int_0^8 e^{8-0{,}2t} \cdot \frac{1}{13} e^{-t/13} \, dt = \frac{e^8}{13} \int_0^8 e^{-t(0{,}2 + 1/13)} \, dt

Dengan λ=0,2+113=2,6+113=3,613≈0,2769\lambda = 0{,}2 + \frac{1}{13} = \frac{2{,}6+1}{13} = \frac{3{,}6}{13} \approx 0{,}2769:

E[W(T)]=e813⋅1−e−8×0,27690,2769≈2980,9613⋅1−e−2,2150,2769E[W(T)] = \frac{e^8}{13} \cdot \frac{1 - e^{-8 \times 0{,}2769}}{0{,}2769} \approx \frac{2980{,}96}{13} \cdot \frac{1 - e^{-2{,}215}}{0{,}2769}

Hasil numerik tidak cocok dengan satu pun opsi jawaban secara konsisten, mengindikasikan kemungkinan kesalahan pada soal (misalnya parameter fungsi atau batas integrasi). PAI memutuskan untuk menganulir soal ini.

Status: Semua peserta mendapat nilai penuh untuk soal ini.

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira E[W(T)]=W(E[T])E[W(T)] = W(E[T]) — ini adalah kesalahan Jensen; nilai harapan fungsi tidak sama dengan fungsi dari nilai harapan (kecuali fungsi linear).
  • Lupa bahwa distribusi eksponensial dengan mean 1313 memiliki rate λ=113\lambda = \frac{1}{13}, bukan λ=13\lambda = 13.
▲Red Flags›
  • Jika soal mendefinisikan W(t)W(t) dengan batas dan meminta E[W(T)]E[W(T)] untuk TT kontinu → ini adalah integral ∫−∞∞W(t)fT(t) dt\int_{-\infty}^{\infty} W(t) f_T(t) \, dt, di mana batas WW memotong domain integrasi.

No. 7

Andi menggunakan prosedur berikut untuk menuliskan deretan angka. Pertama, ia memilih suku pertama yang bernilai 6. Untuk menghasilkan setiap suku berikutnya, ia melempar koin. Jika muncul gambar, ia menggandakan suku sebelumnya lalu menguranginya dengan 1. Jika muncul angka, ia mengambil setengah dari suku sebelumnya lalu menguranginya dengan 1. Tentukanlah peluang suku keempat dalam deretan angka Andi adalah bilangan bulat.

a. 16\dfrac{1}{6}
b. 13\dfrac{1}{3}
c. 12\dfrac{1}{2}
d. 58\dfrac{5}{8}
e. 34\dfrac{3}{4}

≡Jawaban No. 7›

(d). 58\dfrac{5}{8}

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas, 1.3 Metode Enumerasi
DifficultyMedium
Prerequisite1.1 Eksperimen Acak dan Ruang Sampel
Connected Topics1.5 Kejadian Independen
ReferensiMiller Bab 2; Hogg-Tanis-Zimm Bab 1
ℹRumus›

Operasi: Gambar (G) → an+1=2an−1a_{n+1} = 2a_n - 1; Angka (A) → an+1=an2−1a_{n+1} = \frac{a_n}{2} - 1. Bilangan bulat   ⟺  \iff tidak ada pembagian yang menghasilkan pecahan.

Diketahui:

  • a1=6a_1 = 6

  • G: an+1=2an−1a_{n+1} = 2a_n - 1; A: an+1=an2−1a_{n+1} = \frac{a_n}{2} - 1

  • Target: P(a4∈Z)P(a_4 \in \mathbb{Z}), ada 23=82^3 = 8 kemungkinan urutan 3 lemparan

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Hitung semua 8 kemungkinan lintasan (G=Gambar, A=Angka)

Mulai a1=6a_1 = 6.

Lemparan 1a2a_2Lemparan 2a3a_3Lemparan 3a4a_4Bulat?
G1111G2121G4141✓
G1111G2121A9,59{,}5✗
G1111A4,54{,}5G88✓
G1111A4,54{,}5A1,251{,}25✗
A22G33G55✓
A22G33A0,50{,}5✗
A22A00G−1-1✓
A22A00A−1-1✓

Langkah 2: Hitung probabilitas Setiap lintasan memiliki probabilitas (12)3=18\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}. Jumlah lintasan dengan a4∈Za_4 \in \mathbb{Z}: 5.

P(a4∈Z)=58P(a_4 \in \mathbb{Z}) = \frac{5}{8}

Hasil Akhir: (d). 58\dfrac{5}{8}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa menelusuri semua 8 lintasan — ada 3 lemparan koin, bukan 4.
  • Mengira lintasan yang mengandung satu operasi “setengah” pasti menghasilkan pecahan — padahal 4,5×2−1=84{,}5 \times 2 - 1 = 8 adalah bulat.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • “Suku keempat” = a4a_4, artinya diperlukan 3 lemparan koin (a1→a2→a3→a4a_1 \to a_2 \to a_3 \to a_4).
▲Red Flags›
  • Jika soal melibatkan operasi rekursif pada bilangan → buat tabel semua lintasan secara eksplisit; jangan asumsikan pola tanpa verifikasi.

No. 8

Misalkan XX dan YY adalah dua variabel berdistribusi normal yang saling independen dengan mean sebesar 00 dan standar deviasi sebesar 11. Tentukanlah nilai dari P[X2+Y2≤1,2]P[X^2 + Y^2 \leq 1{,}2].

a. 0,5180{,}518
b. 0,4510{,}451
c. 0,3840{,}384
d. 0,5510{,}551
e. 0,3510{,}351

≡Jawaban No. 8›

(b). 0,4510{,}451

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.6 Distribusi Kontinu Umum, 2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
DifficultyMedium
Prerequisite2.2 Variabel Acak Kontinu
Connected Topics3.8 Transformasi Variabel Acak Gabungan
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.3–3.4; Miller Bab 7
ℹRumus›

Jika X,Y∼N(0,1)X, Y \sim N(0,1) independen, maka W=X2+Y2∼χ2(2)=Exp ⁣(12)W = X^2 + Y^2 \sim \chi^2(2) = \text{Exp}\!\left(\frac{1}{2}\right). CDF distribusi χ2(2)\chi^2(2): FW(w)=1−e−w/2F_W(w) = 1 - e^{-w/2} untuk w>0w > 0.

Diketahui:

  • X,Y∼N(0,1)X, Y \sim N(0,1), independen (kontinu, support (−∞,∞)(-\infty,\infty))

  • Target: P(X2+Y2≤1,2)P(X^2 + Y^2 \leq 1{,}2)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Identifikasi distribusi W=X2+Y2W = X^2 + Y^2 Karena X,Y∼N(0,1)X, Y \sim N(0,1) independen:

  • X2∼χ2(1)X^2 \sim \chi^2(1) dan Y2∼χ2(1)Y^2 \sim \chi^2(1)
  • W=X2+Y2∼χ2(2)W = X^2 + Y^2 \sim \chi^2(2)

Langkah 2: Gunakan CDF χ2(2)\chi^2(2) Distribusi χ2(2)\chi^2(2) identik dengan Exp(12)\text{Exp}(\frac{1}{2}) (eksponensial dengan rate 12\frac{1}{2}, mean 22). CDF-nya:

FW(w)=1−e−w/2,w>0F_W(w) = 1 - e^{-w/2}, \quad w > 0

Langkah 3: Evaluasi

P(W≤1,2)=1−e−1,2/2=1−e−0,6P(W \leq 1{,}2) = 1 - e^{-1{,}2/2} = 1 - e^{-0{,}6} =1−0,5488=0,4512≈0,451= 1 - 0{,}5488 = 0{,}4512 \approx 0{,}451

Hasil Akhir: (b). 0,4510{,}451

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Tidak mengenali bahwa X2+Y2X^2 + Y^2 berdistribusi χ2(2)\chi^2(2), lalu mencoba integrasi ganda langsung.
  • Menggunakan tabel χ2\chi^2 untuk mencari nilai batas, padahal yang diketahui adalah batas bawah (bukan nilai kritis).
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira P(X2+Y2≤1,2)P(X^2 + Y^2 \leq 1{,}2) memerlukan transformasi polar — ini benar tetapi lebih panjang dari menggunakan CDF χ2(2)\chi^2(2).
▲Red Flags›
  • Jika soal melibatkan ∑i=1kZi2\sum_{i=1}^k Z_i^2 dimana Zi∼N(0,1)Z_i \sim N(0,1) independen → langsung gunakan χ2(k)\chi^2(k).

No. 9

Suatu perusahaan asuransi mengasuransikan sejumlah besar pengemudi. Misalkan XX adalah variabel acak yang mewakili kerugian perusahaan berdasarkan asuransi tabrakan, dan misalkan YY mewakili kerugian perusahaan berdasarkan asuransi kewajiban. XX dan YY memiliki fungsi densitas bersama sebagai berikut:

f(x,y)={6x+4−y180,0<x<3; 0<y<60,lainnyaf(x, y) = \begin{cases} \dfrac{6x + 4 - y}{180}, & 0 < x < 3;\ 0 < y < 6 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

Tentukanlah probabilitas bahwa kerugian totalnya paling sedikit sebesar 33 (dalam pembulatan terdekat).

a. 0,980{,}98
b. 0,930{,}93
c. 0,880{,}88
d. 0,780{,}78
e. 0,680{,}68

≡Jawaban No. 9›

(d). 0,780{,}78

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.1 Distribusi Gabungan
DifficultyHard
Prerequisite2.2 Variabel Acak Kontinu
Connected Topics3.2 Distribusi Marginal
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.1; Miller Bab 4
ℹRumus›
P(X+Y≥3)=1−P(X+Y<3)=1−∫ ⁣∫x+y<3, (x,y)∈supportf(x,y) dx dyP(X + Y \geq 3) = 1 - P(X + Y < 3) = 1 - \int\!\int_{x+y < 3,\ (x,y) \in \text{support}} f(x,y)\, dx\, dy

Diketahui:

  • f(x,y)=6x+4−y180f(x,y) = \frac{6x+4-y}{180} untuk 0<x<30 < x < 3, 0<y<60 < y < 6 (kontinu)

  • Target: P(X+Y≥3)P(X + Y \geq 3)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Identifikasi region X+Y<3X + Y < 3 dalam support Region X+Y<3X + Y < 3 dengan 0<x<30 < x < 3, 0<y<60 < y < 6: Karena x>0x > 0 dan y>0y > 0, kondisi x+y<3x+y < 3 membatasi ke segitiga: x∈(0,3)x \in (0,3), y∈(0,3−x)y \in (0, 3-x). Namun 3−x<63 - x < 6 selalu untuk x>0x > 0, sehingga batas yy aktif adalah y∈(0,3−x)y \in (0, 3-x).

Langkah 2: Hitung P(X+Y<3)P(X+Y < 3)

P(X+Y<3)=∫03∫03−x6x+4−y180 dy dxP(X+Y < 3) = \int_0^3 \int_0^{3-x} \frac{6x+4-y}{180}\, dy\, dx

Hitung integral dalam terlebih dahulu:

∫03−x(6x+4−y) dy=(6x+4)(3−x)−(3−x)22\int_0^{3-x} (6x+4-y)\, dy = (6x+4)(3-x) - \frac{(3-x)^2}{2} =(3−x)[(6x+4)−3−x2]=(3−x)⋅2(6x+4)−(3−x)2= (3-x)\left[(6x+4) - \frac{3-x}{2}\right] = (3-x) \cdot \frac{2(6x+4)-(3-x)}{2} =(3−x)⋅12x+8−3+x2=(3−x)⋅13x+52= (3-x) \cdot \frac{12x+8-3+x}{2} = (3-x) \cdot \frac{13x+5}{2}

Hitung integral luar:

∫03(3−x)(13x+5) dx=∫03(39x+15−13x2−5x) dx\int_0^3 (3-x)(13x+5)\, dx = \int_0^3 (39x + 15 - 13x^2 - 5x)\, dx =∫03(−13x2+34x+15) dx= \int_0^3 (-13x^2 + 34x + 15)\, dx =[−13x33+17x2+15x]03= \left[-\frac{13x^3}{3} + 17x^2 + 15x\right]_0^3 =−13⋅273+17⋅9+15⋅3=−117+153+45=81= -\frac{13 \cdot 27}{3} + 17 \cdot 9 + 15 \cdot 3 = -117 + 153 + 45 = 81 P(X+Y<3)=12⋅81180=81360=0,225P(X+Y < 3) = \frac{1}{2} \cdot \frac{81}{180} = \frac{81}{360} = 0{,}225

Langkah 3: Hitung P(X+Y≥3)P(X+Y \geq 3)

P(X+Y≥3)=1−0,225=0,775≈0,78P(X+Y \geq 3) = 1 - 0{,}225 = 0{,}775 \approx 0{,}78

Hasil Akhir: (d). ≈0,78\approx 0{,}78

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Tidak memperhitungkan bahwa region {x+y<3}\{x+y < 3\} dibatasi oleh support; hanya segmen x∈(0,3)x \in (0,3), y∈(0,3−x)y \in (0,3-x) yang relevan.
  • Lupa faktor 12\frac{1}{2} dari batas luar integrasi dalam.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • “Paling sedikit 33” = P(X+Y≥3)P(X+Y \geq 3), dihitung sebagai komplemen dari P(X+Y<3)P(X+Y < 3).
▲Red Flags›
  • Jika region integrasi dipotong oleh garis x+y=cx+y = c → gambar daerah integrasi terlebih dahulu dan perhatikan batas aktif mana yang dominan.

No. 10

Diketahui XX dan YY adalah variabel acak kontinu dengan fungsi densitas bersama sebagai berikut:

f(x,y)={c(y−x),untuk 0<x<y<10,lainnyaf(x, y) = \begin{cases} c(y - x), & \text{untuk } 0 < x < y < 1 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

Tentukan mean dari distribusi marginal XX.

a. 18\dfrac{1}{8}
b. 14\dfrac{1}{4}
c. 38\dfrac{3}{8}
d. 12\dfrac{1}{2}
e. 58\dfrac{5}{8}

≡Jawaban No. 10›

(b). 14\dfrac{1}{4}

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.2 Distribusi Marginal
DifficultyMedium
Prerequisite3.1 Distribusi Gabungan, 2.2 Variabel Acak Kontinu
Connected Topics3.3 Distribusi Bersyarat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.1; Miller Bab 4.6
ℹRumus›

Distribusi marginal: fX(x)=∫−∞∞f(x,y) dyf_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x,y)\, dy Mean: E[X]=∫−∞∞x⋅fX(x) dxE[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x \cdot f_X(x)\, dx

Diketahui:

  • f(x,y)=c(y−x)f(x,y) = c(y-x) untuk 0<x<y<10 < x < y < 1 (kontinu, support segitiga)

  • Target: E[X]E[X]

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Tentukan konstanta cc

∫01∫x1c(y−x) dy dx=1\int_0^1 \int_x^1 c(y-x)\, dy\, dx = 1

Hitung integral dalam:

∫x1(y−x) dy=[y22−xy]x1=12−x−x22+x2=1−2x+x22=(1−x)22\int_x^1 (y-x)\, dy = \left[\frac{y^2}{2} - xy\right]_x^1 = \frac{1}{2} - x - \frac{x^2}{2} + x^2 = \frac{1-2x+x^2}{2} = \frac{(1-x)^2}{2}

Integral luar:

c∫01(1−x)22 dx=c2⋅13=c6=1  ⟹  c=6c \int_0^1 \frac{(1-x)^2}{2}\, dx = \frac{c}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{c}{6} = 1 \implies c = 6

Langkah 2: Hitung distribusi marginal fX(x)f_X(x)

fX(x)=∫x16(y−x) dy=6⋅(1−x)22=3(1−x)2,0<x<1f_X(x) = \int_x^1 6(y-x)\, dy = 6 \cdot \frac{(1-x)^2}{2} = 3(1-x)^2, \quad 0 < x < 1

Langkah 3: Hitung E[X]E[X]

E[X]=∫01x⋅3(1−x)2 dx=3∫01x(1−2x+x2) dxE[X] = \int_0^1 x \cdot 3(1-x)^2\, dx = 3\int_0^1 x(1-2x+x^2)\, dx =3∫01(x−2x2+x3) dx=3[12−23+14]= 3\int_0^1 (x - 2x^2 + x^3)\, dx = 3\left[\frac{1}{2} - \frac{2}{3} + \frac{1}{4}\right] =3⋅6−8+312=3⋅112=14= 3 \cdot \frac{6 - 8 + 3}{12} = 3 \cdot \frac{1}{12} = \frac{1}{4}

Hasil Akhir: (b). 14\dfrac{1}{4}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa bahwa support adalah 0<x<y<10 < x < y < 1, sehingga batas integrasi marginal YY untuk fX(x)f_X(x) adalah dari xx hingga 11, bukan 00 hingga 11.
  • Tidak mencari cc terlebih dahulu sebelum menghitung marginal.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira “mean distribusi marginal XX” berarti mencari E[Y∣X]E[Y|X] — yang diminta adalah E[X]E[X] dari fX(x)f_X(x).
▲Red Flags›
  • Jika support berbentuk segitiga 0<x<y<10 < x < y < 1 → batas integrasi marginal bergantung pada variabel yang “diintegrasikan keluar”.

No. 11

Suatu variabel acak XX mempunyai massa probabilitas 0,10{,}1 pada X=0X = 0 dan massa probabilitas 0,50{,}5 pada X=1X = 1. Fungsi densitas XX untuk semua nilai lainnya adalah

f(x)={0,8x,0<x<10,lainnyaf(x) = \begin{cases} 0{,}8x, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

Tentukanlah nilai dari E[X]E[X].

a. 1,031{,}03
b. 0,770{,}77
c. 0,390{,}39
d. 1,161{,}16
e. 0,510{,}51

≡Jawaban No. 11›

(b). 0,770{,}77

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.1 Variabel Acak Diskrit, 2.2 Variabel Acak Kontinu
DifficultyMedium
Prerequisite1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas
Connected Topics2.3 Fungsi Pembangkit
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 1.7, 2.1; Miller Bab 3–4
ℹRumus›

Untuk variabel acak campuran (mixed):

E[X]=∑titik massaxi⋅pi+∫bagian kontinux⋅f(x) dxE[X] = \sum_{\text{titik massa}} x_i \cdot p_i + \int_{\text{bagian kontinu}} x \cdot f(x)\, dx

Diketahui:

  • Massa titik: P(X=0)=0,1P(X=0) = 0{,}1, P(X=1)=0,5P(X=1) = 0{,}5

  • Bagian kontinu: f(x)=0,8xf(x) = 0{,}8x untuk 0<x<10 < x < 1

  • Verifikasi total probabilitas: 0,1+0,5+∫010,8x dx=0,6+0,4=10{,}1 + 0{,}5 + \int_0^1 0{,}8x\, dx = 0{,}6 + 0{,}4 = 1 ✓

  • Target: E[X]E[X]

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Kontribusi dari massa titik

0⋅P(X=0)+1⋅P(X=1)=0⋅0,1+1⋅0,5=0,50 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) = 0 \cdot 0{,}1 + 1 \cdot 0{,}5 = 0{,}5

Langkah 2: Kontribusi dari bagian kontinu

∫01x⋅0,8x dx=0,8∫01x2 dx=0,8⋅13=415≈0,267\int_0^1 x \cdot 0{,}8x\, dx = 0{,}8 \int_0^1 x^2\, dx = 0{,}8 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{15} \approx 0{,}267

Langkah 3: Total E[X]E[X]

E[X]=0,5+0,267=0,767≈0,77E[X] = 0{,}5 + 0{,}267 = 0{,}767 \approx 0{,}77

Hasil Akhir: (b). 0,770{,}77

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengabaikan massa titik dan hanya menghitung ∫01x⋅0,8x dx\int_0^1 x \cdot 0{,}8x\, dx — ini melewatkan kontribusi P(X=1)=0,5P(X=1) = 0{,}5.
  • Mengira XX adalah variabel murni kontinu dan mencoba menormalisasi f(x)f(x) saja.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Membaca “massa probabilitas 0,50{,}5 pada X=1X=1” sebagai f(1)=0,5f(1) = 0{,}5 (nilai PDF di x=1x=1) — padahal itu adalah probabilitas titik, bukan nilai densitas.
▲Red Flags›
  • Jika soal menyebut “massa probabilitas” pada titik tertentu sekaligus “fungsi densitas” → ini variabel acak campuran (mixed); E[X]E[X] adalah jumlah dari kedua bagian.

No. 12

Klaim yang diajukan berdasarkan polis asuransi mobil mengikuti distribusi normal dengan rata-rata 71.70071{.}700 dan deviasi standar 18.00018{.}000. Tentukanlah probabilitas bahwa rata-rata dari 3636 klaim yang dipilih secara acak melebihi 72.00072{.}000.

a. 0,610{,}61
b. 0,310{,}31
c. 0,460{,}46
d. 0,560{,}56
e. 0,360{,}36

≡Jawaban No. 12›

(c). 0,460{,}46

FieldIsi
Topik CF2Topik 4 — Inferensi Statistik
Sub-topik4.2 Distribusi Sampel, 4.3 Teorema Limit Pusat
DifficultyEasy
Prerequisite2.6 Distribusi Kontinu Umum
Connected Topics4.1 Penarikan Sampel Acak
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.5; Walpole Bab 8.1
ℹRumus›

Distribusi sampling rata-rata: jika Xi∼N(μ,σ2)X_i \sim N(\mu, \sigma^2) i.i.d., maka

Xˉ∼N ⁣(μ,σ2n)\bar{X} \sim N\!\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)

Standardisasi: Z=Xˉ−μσ/n∼N(0,1)Z = \dfrac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1)

Diketahui:

  • μ=71.700\mu = 71.700, σ=18.000\sigma = 18.000, n=36n = 36

  • Target: P(Xˉ>72.000)P(\bar{X} > 72.000)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Standardisasi

Z=72.000−71.70018.000/36=30018.000/6=3003.000=0,1Z = \frac{72.000 - 71.700}{18.000 / \sqrt{36}} = \frac{300}{18.000 / 6} = \frac{300}{3.000} = 0{,}1

Langkah 2: Hitung probabilitas

P(Xˉ>72.000)=P(Z>0,1)=1−Φ(0,1)P(\bar{X} > 72.000) = P(Z > 0{,}1) = 1 - \Phi(0{,}1)

Dari tabel standar: Φ(0,1)≈0,5398\Phi(0{,}1) \approx 0{,}5398

P(Xˉ>72.000)≈1−0,5398=0,4602≈0,46P(\bar{X} > 72.000) \approx 1 - 0{,}5398 = 0{,}4602 \approx 0{,}46

Hasil Akhir: (c). 0,460{,}46

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menggunakan σ=18.000\sigma = 18.000 langsung tanpa dibagi n\sqrt{n} — ini menghitung probabilitas untuk satu klaim, bukan rata-rata.
  • Lupa bahwa distribusi Xˉ\bar{X} memiliki variansi σ2/n\sigma^2/n.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • “Melebihi” = P(Xˉ>72.000)P(\bar{X} > 72.000), bukan P(Xˉ≥72.000)P(\bar{X} \geq 72.000) — untuk distribusi kontinu ini sama, tapi perhatikan arah ketidaksetaraan.
▲Red Flags›
  • Jika soal menyebut “rata-rata dari nn sampel” → standar error adalah σ/n\sigma/\sqrt{n}, bukan σ\sigma.

No. 13

Suatu polis asuransi dibuat untuk menanggung kerugian XX, di mana XX memiliki distribusi seragam pada [0,3300][0, 3300]. Misalkan variabel acak lain YY dimana

Y={0,0≤X<DX−D,D<X≤3300Y = \begin{cases} 0, & 0 \leq X < D \\ X - D, & D < X \leq 3300 \end{cases}

Tentukanlah nilai DD agar E[Y]=19E[X]E[Y] = \dfrac{1}{9} E[X].

a. 2.2002{.}200
b. 4.4004{.}400
c. 1.1001{.}100
d. 2.1002{.}100
e. 2.4002{.}400

≡Jawaban No. 13›

(a). 2.2002{.}200

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.2 Variabel Acak Kontinu, 2.6 Distribusi Kontinu Umum
DifficultyMedium
Prerequisite2.1 Variabel Acak Diskrit
Connected Topics2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 2; Miller Bab 4
ℹRumus›

Jika X∼U(0,b)X \sim U(0, b): E[X]=b/2E[X] = b/2, fX(x)=1/bf_X(x) = 1/b.

E[Y]=∫D3300(x−D)⋅13300 dxE[Y] = \int_D^{3300} (x - D) \cdot \frac{1}{3300}\, dx

Diketahui:

  • X∼U(0,3300)X \sim U(0, 3300): fX(x)=13300f_X(x) = \frac{1}{3300}, E[X]=1650E[X] = 1650

  • Y=max⁡(X−D,0)Y = \max(X-D, 0) (excess loss variable)

  • Kondisi: E[Y]=19E[X]=16509E[Y] = \frac{1}{9} E[X] = \frac{1650}{9}

  • Target: nilai DD

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Hitung E[Y]E[Y]

E[Y]=∫D3300(x−D)⋅13300 dxE[Y] = \int_D^{3300} (x - D) \cdot \frac{1}{3300}\, dx

Substitusi u=x−Du = x - D, du=dxdu = dx, batas: 00 hingga 3300−D3300 - D:

=13300∫03300−Du du=13300⋅(3300−D)22=(3300−D)26600= \frac{1}{3300} \int_0^{3300-D} u\, du = \frac{1}{3300} \cdot \frac{(3300-D)^2}{2} = \frac{(3300-D)^2}{6600}

Langkah 2: Terapkan kondisi E[Y]=19⋅1650=16509E[Y] = \frac{1}{9} \cdot 1650 = \frac{1650}{9}

(3300−D)26600=16509\frac{(3300-D)^2}{6600} = \frac{1650}{9} (3300−D)2=6600×16509=10.890.0009=1.210.000(3300-D)^2 = \frac{6600 \times 1650}{9} = \frac{10.890.000}{9} = 1.210.000 3300−D=1.210.000=11003300 - D = \sqrt{1.210.000} = 1100 D=3300−1100=2200D = 3300 - 1100 = 2200

Hasil Akhir: (a). D=2.200D = 2{.}200

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menghitung E[Y]E[Y] dengan batas integrasi [0,D][0, D] menggunakan Y=X−DY = X - D — padahal di sana Y=0Y = 0.
  • Tidak memperhitungkan bahwa distribusi Uniform berarti fX(x)=13300f_X(x) = \frac{1}{3300}, bukan fX(x)=1Df_X(x) = \frac{1}{D}.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira E[X]=3300E[X] = 3300, padahal E[X]=33002=1650E[X] = \frac{3300}{2} = 1650 untuk U(0,3300)U(0,3300).
▲Red Flags›
  • Jika soal mendefinisikan Y=(X−D)1X>DY = (X-D)\mathbf{1}_{X>D} → ini adalah “excess loss variable” dalam aktuaria; E[Y]=(b−D)22bE[Y] = \frac{(b-D)^2}{2b} untuk X∼U(0,b)X \sim U(0,b).

No. 14

Perusahaan asuransi kesehatan menjual polis kepada penduduk wilayah XX dan wilayah YY. Pengalaman klaim di masa lalu menunjukkan hal berikut:

(i) 30%30\% dari total pemegang polis dari gabungan wilayah XX dan wilayah YY tidak mengajukan klaim.
(ii) 15%15\% pemegang polis dari wilayah XX tidak mengajukan klaim.
(iii) 40%40\% pemegang polis dari wilayah YY tidak mengajukan klaim.

Tentukanlah probabilitas bahwa pemegang polis yang dipilih secara acak adalah penduduk wilayah XX, diketahui pemegang polis tersebut tidak mengajukan klaim.

a. 0,10{,}1
b. 0,20{,}2
c. 0,50{,}5
d. 0,60{,}6
e. 0,80{,}8

≡Jawaban No. 14›

(b). 0,20{,}2

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.6 Teorema Bayes dan Hukum Probabilitas Total
DifficultyEasy
Prerequisite1.4 Probabilitas Bersyarat
Connected Topics1.5 Kejadian Independen
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 1.4; Miller Bab 2
ℹRumus›

Teorema Bayes:

P(A∣B)=P(B∣A)⋅P(A)P(B)P(A \mid B) = \frac{P(B \mid A) \cdot P(A)}{P(B)}

Hukum probabilitas total:

P(B)=P(B∣A)P(A)+P(B∣Ac)P(Ac)P(B) = P(B \mid A)P(A) + P(B \mid A^c)P(A^c)

Diketahui:

  • Misalkan AA = pemegang polis dari wilayah XX, NN = tidak mengajukan klaim

  • P(N)=0,30P(N) = 0{,}30

  • P(N∣A)=0,15P(N \mid A) = 0{,}15 (wilayah XX)

  • P(N∣Ac)=0,40P(N \mid A^c) = 0{,}40 (wilayah YY)

  • Target: P(A∣N)P(A \mid N)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Temukan P(A)P(A) menggunakan hukum probabilitas total

P(N)=P(N∣A)⋅P(A)+P(N∣Ac)⋅P(Ac)P(N) = P(N \mid A) \cdot P(A) + P(N \mid A^c) \cdot P(A^c) 0,30=0,15⋅P(A)+0,40⋅(1−P(A))0{,}30 = 0{,}15 \cdot P(A) + 0{,}40 \cdot (1 - P(A)) 0,30=0,15P(A)+0,40−0,40P(A)0{,}30 = 0{,}15 P(A) + 0{,}40 - 0{,}40 P(A) 0,30−0,40=−0,25P(A)0{,}30 - 0{,}40 = -0{,}25 P(A) P(A)=−0,10−0,25=0,40P(A) = \frac{-0{,}10}{-0{,}25} = 0{,}40

Langkah 2: Terapkan Teorema Bayes

P(A∣N)=P(N∣A)⋅P(A)P(N)=0,15×0,400,30=0,060,30=0,2P(A \mid N) = \frac{P(N \mid A) \cdot P(A)}{P(N)} = \frac{0{,}15 \times 0{,}40}{0{,}30} = \frac{0{,}06}{0{,}30} = 0{,}2

Hasil Akhir: (b). 0,20{,}2

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira P(A)=0,5P(A) = 0{,}5 (fifty-fifty) tanpa menghitung dari data — ini tidak benar karena persentase klaim berbeda di kedua wilayah.
  • Membalik numerator dan denominator dalam Teorema Bayes.
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira P(N∣A)=0,30P(N \mid A) = 0{,}30 adalah probabilitas tidak klaim bagi wilayah XX — padahal 0,300{,}30 adalah probabilitas tidak klaim untuk keseluruhan populasi.
▲Red Flags›
  • Jika soal memberikan probabilitas keseluruhan dan probabilitas bersyarat per grup → gunakan Hukum Probabilitas Total untuk mencari proporsi grup, lalu Bayes untuk pertanyaan balik.

No. 15

Sebuah perusahaan menetapkan dana sebesar 120120 yang akan digunakan untuk membayar uang sebesar CC, kepada 2020 karyawannya yang dapat mencapai tingkat kinerja tinggi pada tahun mendatang. Setiap karyawan memiliki peluang 2,5%2{,}5\% untuk mencapai tingkat kinerja tinggi di tahun mendatang. Peristiwa di mana karyawan yang berbeda mencapai tingkat kinerja tinggi pada tahun mendatang bersifat independen satu sama lain. Tentukanlah nilai maksimum CC, sehingga probabilitas bahwa dana tersebut tidak akan cukup untuk menutupi seluruh pembayaran untuk seluruh karyawan berkinerja tinggi, kurang dari 1%1\%.

a. 2424
b. 3030
c. 4040
d. 6060
e. 120120

≡Jawaban No. 15›

(c). 4040

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum
DifficultyMedium
Prerequisite1.5 Kejadian Independen
Connected Topics4.7 Selang Kepercayaan
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1; Miller Bab 5
ℹRumus›

X∼B(n,p)X \sim B(n, p): P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−kP(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} Dana cukup jika total pembayaran =X⋅C≤120= X \cdot C \leq 120, yaitu X≤⌊120/C⌋X \leq \lfloor 120/C \rfloor. Dana tidak cukup jika X>120/CX > 120/C.

Diketahui:

  • n=20n = 20, p=0,025p = 0{,}025; X∼B(20,0,025)X \sim B(20, 0{,}025)

  • Dana = 120120; pembayaran per orang = CC

  • Syarat: P(XC>120)<0,01P(XC > 120) < 0{,}01, yaitu P(X>120/C)<0,01P(X > 120/C) < 0{,}01

  • Target: nilai maksimum CC

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Ubah kondisi ke dalam XX Dana tidak cukup   ⟺  \iff XC>120  ⟺  X>120/CXC > 120 \iff X > 120/C. Harus: P(X>120/C)<0,01P(X > 120/C) < 0{,}01.

Langkah 2: Coba opsi-opsi CC Untuk CC maksimal, kita ingin 120/C120/C sekecil mungkin (lebih ketat).

Uji C=40C = 40: 120/40=3  ⟹  P(X>3)<0,01120/40 = 3 \implies P(X > 3) < 0{,}01?

Hitung P(X≤3)P(X \leq 3) dengan X∼B(20,0,025)X \sim B(20, 0{,}025):

P(X=0)=(0,975)20≈0,6028P(X=0) = (0{,}975)^{20} \approx 0{,}6028 P(X=1)=(201)(0,025)(0,975)19≈20×0,025×0,6183=0,3086P(X=1) = \binom{20}{1}(0{,}025)(0{,}975)^{19} \approx 20 \times 0{,}025 \times 0{,}6183 = 0{,}3086 P(X=2)=(202)(0,025)2(0,975)18≈190×0,000625×0,6342≈0,0754P(X=2) = \binom{20}{2}(0{,}025)^2(0{,}975)^{18} \approx 190 \times 0{,}000625 \times 0{,}6342 \approx 0{,}0754 P(X=3)=(203)(0,025)3(0,975)17≈1140×1,5625×10−5×0,6505≈0,0115P(X=3) = \binom{20}{3}(0{,}025)^3(0{,}975)^{17} \approx 1140 \times 1{,}5625\times10^{-5} \times 0{,}6505 \approx 0{,}0115 P(X≤3)≈0,6028+0,3086+0,0754+0,0115=0,9983P(X \leq 3) \approx 0{,}6028 + 0{,}3086 + 0{,}0754 + 0{,}0115 = 0{,}9983 P(X>3)≈1−0,9983=0,0017<0,01✓P(X > 3) \approx 1 - 0{,}9983 = 0{,}0017 < 0{,}01 \checkmark

Uji C=60C = 60: 120/60=2  ⟹  P(X>2)120/60 = 2 \implies P(X > 2)?

P(X>2)=1−P(X≤2)≈1−(0,6028+0,3086+0,0754)=0,0132>0,01 ✗P(X > 2) = 1 - P(X \leq 2) \approx 1 - (0{,}6028 + 0{,}3086 + 0{,}0754) = 0{,}0132 > 0{,}01 \text{ ✗}

Jadi C=60C = 60 tidak memenuhi syarat, tetapi C=40C = 40 memenuhi. Nilai maksimum CC yang memenuhi syarat adalah 4040.

Hasil Akhir: (c). C=40C = 40

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira maksimum CC berarti kita ingin CC sebesar mungkin — perlu dicek bahwa probabilitas melebihi dana harus kurang dari 1%1\%.
  • Lupa bahwa “tidak cukup” berarti X>120/CX > 120/C, bukan X≥120/CX \geq 120/C (untuk bilangan bulat, beda!).
⬡Kesalahan Interpretasi Soal›
  • Mengira “peluang tidak cukup <1%< 1\%” berarti kita mengijinkan P=1%P = 1\% tepat — kondisinya adalah kurang dari 1%1\% (strict inequality).
▲Red Flags›
  • Jika nn kecil dan pp kecil → Binomial, bukan Normal approximation. Hitung CDF Binomial secara langsung.
  • Jika soal meminta “nilai maksimum CC” → coba opsi dari besar ke kecil dan temukan yang pertama memenuhi syarat.

No. 16

Diketahui variabel acak XX dan YY memiliki fungsi densitas bersama sebagai berikut:

f(x,y)=2x+y12untuk 0≤x≤2 dan 0≤y≤2f(x, y) = \frac{2x + y}{12} \quad \text{untuk } 0 \leq x \leq 2 \text{ dan } 0 \leq y \leq 2

Tentukanlah nilai dari P(X+Y≥1,5∣X≤1)P(X + Y \geq 1{,}5 \mid X \leq 1).

a. Kurang dari 0,20{,}2
b. Sekurang-kurangnya 0,20{,}2 tapi kurang dari 0,40{,}4
c. Sekurang-kurangnya 0,40{,}4 tapi kurang dari 0,60{,}6
d. Sekurang-kurangnya 0,60{,}6 tapi kurang dari 0,80{,}8
e. Sekurang-kurangnya 0,80{,}8

≡Jawaban No. 16›

(d). Sekurang-kurangnya 0,60{,}6 tapi kurang dari 0,80{,}8

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.3 Distribusi Bersyarat, 3.1 Distribusi Gabungan
DifficultyHard
Prerequisite1.4 Probabilitas Bersyarat, 3.2 Distribusi Marginal
Connected Topics3.4 Nilai Harapan dan Variansi Bersyarat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.1; Miller Bab 4.6
ℹRumus›
P(A∣B)=P(A∩B)P(B)P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}

Diketahui:

  • f(x,y)=2x+y12f(x,y) = \frac{2x+y}{12} untuk 0≤x≤20 \leq x \leq 2, 0≤y≤20 \leq y \leq 2

  • P(X≤1)=13P(X \leq 1) = \frac{1}{3} (lihat Soal 14/hasil integral)

  • Target: P(X+Y≥1,5∣X≤1)P(X+Y \geq 1{,}5 \mid X \leq 1)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Hitung P(X≤1)P(X \leq 1)

P(X≤1)=∫01∫022x+y12 dy dx=∫014x+212 dx=112[2x2+2x]01=412=13P(X \leq 1) = \int_0^1 \int_0^2 \frac{2x+y}{12}\, dy\, dx = \int_0^1 \frac{4x+2}{12}\, dx = \frac{1}{12}[2x^2+2x]_0^1 = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}

Langkah 2: Hitung P(X≤1∩X+Y≥1,5)P(X \leq 1 \cap X+Y \geq 1{,}5) Region: 0≤x≤10 \leq x \leq 1, y≥1,5−xy \geq 1{,}5-x, 0≤y≤20 \leq y \leq 2. Untuk x∈[0,1]x \in [0,1]: yy dari 1,5−x1{,}5-x hingga 22.

∫01∫1,5−x22x+y12 dy dx\int_0^1 \int_{1{,}5-x}^2 \frac{2x+y}{12}\, dy\, dx

Integral dalam: ∫1,5−x2(2x+y) dy=[2xy+y2/2]1,5−x2=(4x+2)−(2x(1,5−x)+(1,5−x)2/2)\int_{1{,}5-x}^2(2x+y)\,dy = [2xy+y^2/2]_{1{,}5-x}^2 = (4x+2)-(2x(1{,}5-x)+(1{,}5-x)^2/2) =4x+2−3x+2x2−(2,25−3x+x2)/2=x+2+2x2−1,125+1,5x−0,5x2=1,5x2+2,5x+0,875= 4x+2-3x+2x^2-(2{,}25-3x+x^2)/2 = x+2+2x^2-1{,}125+1{,}5x-0{,}5x^2 = 1{,}5x^2+2{,}5x+0{,}875

∫011,5x2+2,5x+0,87512 dx=112[0,5x3+1,25x2+0,875x]01=2,62512=0,21875\int_0^1 \frac{1{,}5x^2+2{,}5x+0{,}875}{12}\, dx = \frac{1}{12}[0{,}5x^3+1{,}25x^2+0{,}875x]_0^1 = \frac{2{,}625}{12} = 0{,}21875

Langkah 3: Probabilitas bersyarat

P(X+Y≥1,5∣X≤1)=0,218751/3=0,65625P(X+Y \geq 1{,}5 \mid X \leq 1) = \frac{0{,}21875}{1/3} = 0{,}65625

0,656∈[0,6;0,8)0{,}656 \in [0{,}6; 0{,}8) → (d).

Hasil Akhir: (d). ≈0,656\approx 0{,}656, dalam interval [0,6;0,8)[0{,}6; 0{,}8)

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa membagi dengan P(X≤1)P(X \leq 1) — menghitung probabilitas gabungan bukan probabilitas bersyarat.
▲Red Flags›
  • Jika region integrasi dipotong garis x+y=cx+y=c → gambar daerah dan identifikasi batas aktif untuk setiap xx.

No. 17

Diketahui kerugian akibat banjir di rumah sakit dimodelkan oleh variabel acak XX dengan fungsi densitas sebagai berikut:

f(x)={42−x882,x<420,lainnyaf(x) = \begin{cases} \dfrac{42 - x}{882}, & x < 42 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

Diketahui kerugian akibat banjir lebih besar dari 1111, tentukanlah probabilitas kerugian akibat banjir tersebut lebih besar dari 2626.

a. 0,520{,}52
b. 0,20{,}2
c. 0,270{,}27
d. 0,240{,}24
e. 0,340{,}34

≡Jawaban No. 17›

(c). 0,270{,}27

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.2 Variabel Acak Kontinu
DifficultyEasy
Prerequisite1.4 Probabilitas Bersyarat
Connected Topics2.6 Distribusi Kontinu Umum
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 2; Miller Bab 4
ℹRumus›
P(X>26∣X>11)=P(X>26)P(X>11)P(X > 26 \mid X > 11) = \frac{P(X > 26)}{P(X > 11)} P(X>a)=∫a4242−x882 dx=(42−a)21764P(X > a) = \int_a^{42} \frac{42-x}{882}\, dx = \frac{(42-a)^2}{1764}

Diketahui:

  • f(x)=42−x882f(x) = \frac{42-x}{882} untuk 0≤x≤420 \leq x \leq 42

  • Target: P(X>26∣X>11)P(X > 26 \mid X > 11)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Formula P(X>a)P(X>a)

P(X>a)=∫a4242−x882 dx=(42−a)21764P(X>a) = \int_a^{42}\frac{42-x}{882}\,dx = \frac{(42-a)^2}{1764}

Langkah 2: Hitung

P(X>26)=1621764=2561764P(X>26) = \frac{16^2}{1764} = \frac{256}{1764} P(X>11)=3121764=9611764P(X>11) = \frac{31^2}{1764} = \frac{961}{1764}

Langkah 3: Probabilitas bersyarat

P(X>26∣X>11)=256961≈0,266≈0,27P(X>26 \mid X>11) = \frac{256}{961} \approx 0{,}266 \approx 0{,}27

Hasil Akhir: (c). 0,270{,}27

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menggunakan P(X>26)P(X>26) tanpa membagi dengan P(X>11)P(X>11).
▲Red Flags›
  • Support berakhir di x=42x=42; batas atas integral selalu 4242, bukan tak hingga.

No. 18

Sebuah tim bisbol telah menjadwalkan pertandingan pembukaannya pada tanggal 1 April. Jika hujan turun pada tanggal 1 April, pertandingan ditunda dan akan dimainkan pada hari berikutnya saat tidak hujan. Tim tersebut membeli asuransi terhadap hujan. Polis tersebut akan membayar 3.0003{.}000 untuk setiap hari, hingga 33 hari, saat pertandingan pembukaan ditunda. Perusahaan asuransi menentukan bahwa jumlah hari hujan berturut-turut yang dimulai pada tanggal 1 April adalah variabel acak Poisson dengan rata-rata sebesar 0,50{,}5. Tentukanlah standar deviasi dari jumlah yang harus dibayarkan oleh perusahaan asuransi.

a. 2.0962{.}096
b. 3.1443{.}144
c. 1.0481{.}048
d. 2.7952{.}795
e. 1.3971{.}397

≡Jawaban No. 18›

(a). 2.0962{.}096

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum, 2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
DifficultyHard
Prerequisite2.1 Variabel Acak Diskrit
Connected Topics2.3 Fungsi Pembangkit
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1; Miller Bab 5
ℹRumus›

N∼Poisson(λ=0,5)N \sim \text{Poisson}(\lambda=0{,}5); Y=3000⋅min⁡(N,3)Y = 3000 \cdot \min(N, 3); SD(Y)=3000Var(min⁡(N,3))\text{SD}(Y) = 3000\sqrt{\text{Var}(\min(N,3))}

Diketahui:

  • N∼Poisson(0,5)N \sim \text{Poisson}(0{,}5), e−0,5≈0,6065e^{-0{,}5} \approx 0{,}6065

  • Y=3000⋅MY = 3000 \cdot M, M=min⁡(N,3)M = \min(N,3)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Probabilitas MM P(M=0)=e−0,5≈0,6065P(M=0) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}6065 P(M=1)=0,5e−0,5≈0,3033P(M=1) = 0{,}5e^{-0{,}5} \approx 0{,}3033 P(M=2)=0,252e−0,5≈0,0758P(M=2) = \frac{0{,}25}{2}e^{-0{,}5} \approx 0{,}0758 P(M=3)=1−0,9856=0,0144P(M=3) = 1 - 0{,}9856 = 0{,}0144

Langkah 2: E[M]E[M] dan E[M2]E[M^2] E[M]=0(0,6065)+1(0,3033)+2(0,0758)+3(0,0144)=0,4981E[M] = 0(0{,}6065)+1(0{,}3033)+2(0{,}0758)+3(0{,}0144) = 0{,}4981 E[M2]=0+0,3033+4(0,0758)+9(0,0144)=0,7361E[M^2] = 0+0{,}3033+4(0{,}0758)+9(0{,}0144) = 0{,}7361

Langkah 3: SD(Y) Var(M)=0,7361−0,49812=0,4880\text{Var}(M) = 0{,}7361-0{,}4981^2 = 0{,}4880 SD(Y)=30000,4880≈3000×0,6986≈2096\text{SD}(Y) = 3000\sqrt{0{,}4880} \approx 3000 \times 0{,}6986 \approx 2096

Hasil Akhir: (a). 2.0962{.}096

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menggunakan Var(Y)=30002Var(N)\text{Var}(Y) = 3000^2 \text{Var}(N) tanpa memperhatikan batas maksimum 3 hari.
▲Red Flags›
  • “Hingga kk hari” → definisikan M=min⁡(N,k)M = \min(N,k) dan hitung distribusinya secara eksplisit.

No. 19

Diketahui XX dan YY adalah variabel acak kontinu dengan fungsi densitas bersama sebagai berikut:

f(x,y)=2x+y12untuk 0≤x≤2 dan 0≤y≤2f(x, y) = \frac{2x + y}{12} \quad \text{untuk } 0 \leq x \leq 2 \text{ dan } 0 \leq y \leq 2

Tentukan probabilitas bersyarat dari P(X+Y≥2∣X≤1)P(X + Y \geq 2 \mid X \leq 1).

a. 18\dfrac{1}{8}
b. 14\dfrac{1}{4}
c. 38\dfrac{3}{8}
d. 12\dfrac{1}{2}
e. 58\dfrac{5}{8}

≡Jawaban No. 19›

(c). 38\dfrac{3}{8}

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.3 Distribusi Bersyarat, 3.1 Distribusi Gabungan
DifficultyMedium
Prerequisite1.4 Probabilitas Bersyarat
Connected Topics3.4 Nilai Harapan dan Variansi Bersyarat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.1; Miller Bab 4.6
ℹRumus›
P(X+Y≥2∣X≤1)=P(X+Y≥2, X≤1)P(X≤1)=P(⋅)1/3P(X+Y \geq 2 \mid X \leq 1) = \frac{P(X+Y \geq 2,\ X \leq 1)}{P(X \leq 1)} = \frac{P(\cdot)}{1/3}

Diketahui:

  • Sama dengan No. 16, P(X≤1)=1/3P(X \leq 1) = 1/3

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Hitung P(X≤1∩X+Y≥2)P(X \leq 1 \cap X+Y \geq 2) Region: 0≤x≤10 \leq x \leq 1, y≥2−xy \geq 2-x, 0≤y≤20 \leq y \leq 2. Untuk x∈[0,1]x \in [0,1]: yy dari 2−x2-x hingga 22.

Integral dalam: ∫2−x2(2x+y) dy=[2xy+y2/2]2−x2\int_{2-x}^2(2x+y)\,dy = [2xy+y^2/2]_{2-x}^2 =(4x+2)−(2x(2−x)+(2−x)2/2)= (4x+2)-(2x(2-x)+(2-x)^2/2) =4x+2−4x+2x2−(4−4x+x2)/2= 4x+2-4x+2x^2-(4-4x+x^2)/2 =2+2x2−2+2x−x2/2=3x2/2+2x= 2+2x^2-2+2x-x^2/2 = 3x^2/2+2x

∫013x2/2+2x12 dx=112[x3/2+x2]01=3/212=18\int_0^1\frac{3x^2/2+2x}{12}\,dx = \frac{1}{12}[x^3/2+x^2]_0^1 = \frac{3/2}{12} = \frac{1}{8}

Langkah 2: Probabilitas bersyarat

P(X+Y≥2∣X≤1)=1/81/3=38P(X+Y \geq 2 \mid X \leq 1) = \frac{1/8}{1/3} = \frac{3}{8}

Hasil Akhir: (c). 38\dfrac{3}{8}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menggunakan P(X≤1)=1/2P(X \leq 1) = 1/2 karena X∈[0,2]X \in [0,2] dan mengira distribusi marginal uniform.
▲Red Flags›
  • PDF bersama yang bukan uniform → marginal XX tidak uniform; hitung P(X≤1)P(X \leq 1) secara eksplisit.

No. 20

Misalkan SS dan TT mewakili masa pakai (dalam jam) dari dua komponen yang terhubung dalam perangkat elektronik. Fungsi densitas bersama untuk SS dan TT seragam di wilayah yang ditentukan oleh 0≤s≤t≤L0 \leq s \leq t \leq L, dimana LL adalah konstanta positif. Tentukan ekspektasi dari 7S2+8T27S^2 + 8T^2.

a. 5L21\dfrac{5L^2}{1}
b. 31L27\dfrac{31L^2}{7}
c. 31L26\dfrac{31L^2}{6}
d. 31L7\dfrac{31L}{7}
e. 11L22\dfrac{11L^2}{2}

≡Jawaban No. 20›

(c). 31L26\dfrac{31L^2}{6}

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.1 Distribusi Gabungan, 3.2 Distribusi Marginal
DifficultyMedium
Prerequisite2.2 Variabel Acak Kontinu
Connected Topics3.4 Nilai Harapan dan Variansi Bersyarat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.1; Miller Bab 4.6
ℹRumus›

Luas segitiga 0≤s≤t≤L0\leq s \leq t \leq L: L2/2L^2/2, sehingga f(s,t)=2/L2f(s,t) = 2/L^2. E[7S2+8T2]=7E[S2]+8E[T2]E[7S^2+8T^2] = 7E[S^2]+8E[T^2]

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: E[S2]E[S^2]

E[S2]=2L2∫0L∫sLs2 dt ds=2L2∫0Ls2(L−s) ds=2L2⋅L412=L26E[S^2] = \frac{2}{L^2}\int_0^L\int_s^L s^2\,dt\,ds = \frac{2}{L^2}\int_0^L s^2(L-s)\,ds = \frac{2}{L^2}\cdot\frac{L^4}{12} = \frac{L^2}{6}

Langkah 2: E[T2]E[T^2]

E[T2]=2L2∫0L∫0tt2 ds dt=2L2∫0Lt3 dt=2L2⋅L44=L22E[T^2] = \frac{2}{L^2}\int_0^L\int_0^t t^2\,ds\,dt = \frac{2}{L^2}\int_0^L t^3\,dt = \frac{2}{L^2}\cdot\frac{L^4}{4} = \frac{L^2}{2}

Langkah 3: Ekspektasi

7⋅L26+8⋅L22=7L26+4L2=31L267\cdot\frac{L^2}{6}+8\cdot\frac{L^2}{2} = \frac{7L^2}{6}+4L^2 = \frac{31L^2}{6}

Hasil Akhir: (c). 31L26\dfrac{31L^2}{6}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Lupa densitas adalah 2/L22/L^2 (bukan 1/L21/L^2) karena luas segitiga adalah L2/2L^2/2.
▲Red Flags›
  • Support segitiga s≤ts \leq t → S,TS, T tidak independen; hitung E[S2]E[S^2] dan E[T2]E[T^2] dengan batas yang benar.

No. 21

Jumlah mobil yang melintasi persimpangan selama periode satu menit memiliki distribusi Poisson dengan rata-rata sebesar 44. Setiap mobil yang melintasi persimpangan adalah mobil buatan dalam negeri atau mobil buatan luar negeri. Jenis mobil-mobil yang berurutan bersifat independen satu sama lain, dengan probabilitas 0,750{,}75 bahwa setiap mobil yang melintasi persimpangan adalah buatan dalam negeri. Tentukanlah probabilitas bahwa selama periode satu menit tertentu, empat mobil melintasi persimpangan dan tepat tiga di antaranya adalah buatan dalam negeri.

a. Kurang dari 0,0750{,}075
b. Sekurang-kurangnya 0,0750{,}075 tapi kurang dari 0,10{,}1
c. Sekurang-kurangnya 0,10{,}1 tapi kurang dari 0,1250{,}125
d. Sekurang-kurangnya 0,1250{,}125 tapi kurang dari 0,150{,}15
e. Sekurang-kurangnya 0,150{,}15

≡Jawaban No. 21›

(b). Sekurang-kurangnya 0,0750{,}075 tapi kurang dari 0,10{,}1

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum
DifficultyMedium
Prerequisite1.5 Kejadian Independen
Connected Topics3.7 Distribusi Majemuk
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1–3.2; Miller Bab 5
ℹRumus›

P(N=4,K=3)=P(N=4)⋅P(K=3∣N=4)P(N=4, K=3) = P(N=4) \cdot P(K=3 \mid N=4) P(N=4)=e−4⋅444!P(N=4) = \frac{e^{-4}\cdot 4^4}{4!}; P(K=3∣N=4)=(43)(0,75)3(0,25)1P(K=3\mid N=4) = \binom{4}{3}(0{,}75)^3(0{,}25)^1

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: P(N=4)=256e−424≈0,1954P(N=4) = \frac{256e^{-4}}{24} \approx 0{,}1954 P(K=3∣N=4)=4(0,421875)(0,25)=0,421875P(K=3\mid N=4) = 4(0{,}421875)(0{,}25) = 0{,}421875

Langkah 2: P=0,1954×0,421875≈0,0824P = 0{,}1954 \times 0{,}421875 \approx 0{,}0824

0,0824∈[0,075;0,1)0{,}0824 \in [0{,}075;0{,}1) → (b).

Hasil Akhir: (b). ≈0,0824\approx 0{,}0824

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menghitung hanya P(K=3)P(K=3) dari Poisson(3)\text{Poisson}(3) marginal, bukan probabilitas bersama dengan N=4N=4.
▲Red Flags›
  • “Empat mobil melintasi DAN tepat tiga dalam negeri” → probabilitas bersama, gunakan aturan perkalian.

No. 22

Berdasarkan polis tertentu, jumlah klaim yang diajukan memiliki distribusi Poisson. Diketahui bahwa pemegang polis yang mengajukan 55 klaim memiliki kemungkinan 66 kali lebih besar untuk mengajukan klaim dibandingkan mereka yang mengajukan 77 klaim. Tentukanlah variansi dari jumlah klaim yang diajukan.

a. 55
b. 77
c. 5\sqrt{5}
d. 6\sqrt{6}
e. 7\sqrt{7}

≡Jawaban No. 22›

(e). 7\sqrt{7}

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum
DifficultyMedium
Prerequisite2.1 Variabel Acak Diskrit
Connected Topics2.3 Fungsi Pembangkit
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1; Miller Bab 5
ℹRumus›

P(X=k)=e−λλkk!P(X=k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}; Var(Poisson(λ))=λ\text{Var}(\text{Poisson}(\lambda)) = \lambda

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Tulis kondisi

e−λλ55!=6⋅e−λλ77!\frac{e^{-\lambda}\lambda^5}{5!} = 6 \cdot \frac{e^{-\lambda}\lambda^7}{7!} λ5120=6λ75040  ⟹  840=120λ2  ⟹  λ2=7  ⟹  λ=7\frac{\lambda^5}{120} = \frac{6\lambda^7}{5040} \implies 840 = 120\lambda^2 \implies \lambda^2 = 7 \implies \lambda = \sqrt{7}

Langkah 2: Var(X)=λ=7\text{Var}(X) = \lambda = \sqrt{7}

Hasil Akhir: (e). 7\sqrt{7}

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira Var(X)=λ2\text{Var}(X) = \lambda^2; untuk Poisson, Var=λ\text{Var} = \lambda (bukan λ2\lambda^2).
▲Red Flags›
  • Perbandingan dua nilai PMF Poisson → bagi keduanya untuk menghilangkan e−λe^{-\lambda}, lalu selesaikan λ\lambda.

No. 23

Suatu perusahaan memiliki lima karyawan dalam program asuransi kesehatannya. Setiap tahun, setiap karyawan secara independen memiliki peluang 80%80\% untuk tidak dirawat di rumah sakit. Jika seorang karyawan memerlukan satu atau lebih perawatan di rumah sakit, jumlah perawatan dimodelkan oleh distribusi geometrik dengan rata-rata sebesar 1,501{,}50. Jumlah perawatan di rumah sakit dari berbagai karyawan saling independen. Setiap perawatan di rumah sakit menghabiskan biaya 20.00020{.}000. Tentukanlah probabilitas bahwa total biaya rumah sakit perusahaan dalam setahun kurang dari 50.00050{.}000.

a. 0,410{,}41
b. 0,460{,}46
c. 0,580{,}58
d. 0,690{,}69
e. 0,780{,}78

≡Jawaban No. 23›

(e). 0,780{,}78

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum, 3.7 Distribusi Majemuk
DifficultyHard
Prerequisite1.5 Kejadian Independen
Connected Topics3.1 Distribusi Gabungan
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1; Miller Bab 5
ℹRumus›

Geom(p=2/3)\text{Geom}(p=2/3): P(K=k)=(2/3)(1/3)k−1P(K=k) = (2/3)(1/3)^{k-1}, E[K]=3/2E[K]=3/2 Biaya <50.000  ⟺  < 50.000 \iff total perawatan ≤2\leq 2

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Probabilitas Binomial N∼B(5,0,2)N \sim B(5,0{,}2) P(N=0)=0,85=0,32768P(N=0) = 0{,}8^5 = 0{,}32768 P(N=1)=5(0,2)(0,8)4=0,4096P(N=1) = 5(0{,}2)(0{,}8)^4 = 0{,}4096 P(N=2)=10(0,04)(0,8)3=0,2048P(N=2) = 10(0{,}04)(0{,}8)^3 = 0{,}2048

Langkah 2: Probabilitas Geometrik p=1/E[K]=2/3p = 1/E[K] = 2/3; P(K=1)=2/3P(K=1) = 2/3; P(K≤2)=2/3+2/9=8/9P(K \leq 2) = 2/3+2/9 = 8/9

Langkah 3: Gabungkan P(total≤2)=P(N=0)+P(N=1)⋅89+P(N=2)⋅(2/3)2P(\text{total} \leq 2) = P(N=0)+P(N=1)\cdot\frac{8}{9}+P(N=2)\cdot(2/3)^2 =0,32768+0,4096×89+0,2048×49= 0{,}32768+0{,}4096\times\frac{8}{9}+0{,}2048\times\frac{4}{9} =0,32768+0,36409+0,09102=0,783≈0,78= 0{,}32768+0{,}36409+0{,}09102 = 0{,}783 \approx 0{,}78

Hasil Akhir: (e). 0,780{,}78

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira p=1/1,5=0,667p = 1/1{,}5 = 0{,}667 adalah benar (ya, p=2/3p=2/3), tapi lupa untuk N=2N=2 harus masing-masing tepat 1 perawatan, bukan jumlah ≤2\leq 2 secara bebas.
▲Red Flags›
  • Untuk N=2N=2: dua karyawan masing-masing perlu tepat 1 perawatan → P(K1=1)P(K2=1)=(2/3)2P(K_1=1)P(K_2=1) = (2/3)^2.

No. 24

Dua polis asuransi jiwa, masing-masing dengan manfaat kematian sebesar 10.00010{.}000 dan premi sekali bayar sebesar 500500, dijual kepada pasangan suami istri, satu untuk setiap orang. Polis tersebut akan berakhir pada akhir tahun kesepuluh. Peluang hanya istri yang dapat bertahan hidup sekurang-kurangnya sepuluh tahun adalah 0,0250{,}025, peluang hanya suami yang dapat bertahan hidup sekurang-kurangnya sepuluh tahun adalah 0,020{,}02, dan peluang keduanya akan hidup sekurang-kurangnya sepuluh tahun adalah 0,950{,}95. Tentukanlah perkiraan kelebihan premi dibandingkan klaim, diketahui suami masih hidup setidaknya sepuluh tahun.

a. 897897
b. 794794
c. 397397
d. 385385
e. 294294

≡Jawaban No. 24›

(b). 794794

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.4 Probabilitas Bersyarat, 1.6 Teorema Bayes dan Hukum Probabilitas Total
DifficultyHard
Prerequisite1.2 Aksioma dan Perhitungan Probabilitas
Connected Topics3.4 Nilai Harapan dan Variansi Bersyarat
ReferensiMiller Bab 2; Hogg-Tanis-Zimm Bab 1
ℹRumus›

P(HS)=P(keduanya hidup)+P(hanya suami hidup)=0,95+0,02=0,97P(H_S) = P(\text{keduanya hidup})+P(\text{hanya suami hidup}) = 0{,}95+0{,}02 = 0{,}97 E[klaim∣HS]=0,020,97×10.000E[\text{klaim}\mid H_S] = \frac{0{,}02}{0{,}97}\times 10.000; Kelebihan =1000−E[klaim∣HS]= 1000 - E[\text{klaim}\mid H_S]

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: P(HS)=0,97P(H_S) = 0{,}97

Langkah 2: Diberi HSH_S: hanya suami hidup (prob 0,02/0,970{,}02/0{,}97) → klaim 10.00010.000 (istri meninggal); keduanya hidup (prob 0,95/0,970{,}95/0{,}97) → klaim 00.

E[klaim∣HS]=0,020,97×10.000=2000,97≈206,19E[\text{klaim}\mid H_S] = \frac{0{,}02}{0{,}97}\times 10.000 = \frac{200}{0{,}97} \approx 206{,}19

Langkah 3: Kelebihan =1000−206,19≈794= 1000 - 206{,}19 \approx 794

Hasil Akhir: (b). 794794

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Tidak mengkondisikan pada “suami hidup” — menghitung ekspektasi klaim tanpa syarat.
  • Mengira klaim =20.000= 20.000 jika istri meninggal (padahal hanya polis istri yang membayar 10.00010.000).
▲Red Flags›
  • “Diketahui suami masih hidup” → wajib menggunakan probabilitas bersyarat.

No. 25

Jumlah klaim atas kerusakan akibat angin pada rumah yang diasuransikan adalah variabel acak independen dengan fungsi densitas sebagai berikut:

f(x)={5x6,x≥10,lainnyaf(x) = \begin{cases} \dfrac{5}{x^6}, & x \geq 1 \\ 0, & \text{lainnya} \end{cases}

dimana xx adalah jumlah klaim dalam ribuan. Misalkan tiga klaim tersebut akan dibuat, tentukanlah ekspektasi klaim terbesar dari tiga klaim tersebut.

a. 1.4881{.}488
b. 1.9841{.}984
c. 992992
d. 744744
e. 2.2322{.}232

≡Jawaban No. 25›

(a). 1.4881{.}488

FieldIsi
Topik CF2Topik 3 — Variabel Acak Multivariat
Sub-topik3.8 Transformasi Variabel Acak Gabungan
DifficultyHard
Prerequisite2.2 Variabel Acak Kontinu, 3.1 Distribusi Gabungan
Connected Topics2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.6; Miller Bab 4.8–4.9
ℹRumus›

CDF: F(x)=1−x−5F(x) = 1 - x^{-5} untuk x≥1x \geq 1 PDF order statistic maksimum (n=3n=3): fX(3)(x)=3[F(x)]2f(x)f_{X_{(3)}}(x) = 3[F(x)]^2 f(x)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: fX(3)(x)=3(1−x−5)2⋅5x−6=15x6−30x11+15x16f_{X_{(3)}}(x) = 3(1-x^{-5})^2 \cdot 5x^{-6} = \frac{15}{x^6}-\frac{30}{x^{11}}+\frac{15}{x^{16}}

Langkah 2:

E[X(3)]=∫1∞(15x5−30x10+15x15) dx=154−309+1514E[X_{(3)}] = \int_1^\infty\left(\frac{15}{x^5}-\frac{30}{x^{10}}+\frac{15}{x^{15}}\right)\,dx = \frac{15}{4}-\frac{30}{9}+\frac{15}{14} =154−103+1514= \frac{15}{4}-\frac{10}{3}+\frac{15}{14}

LCM(4,3,14)=84(4,3,14)=84: =315−280+9084=12584≈1,488= \frac{315-280+90}{84} = \frac{125}{84} \approx 1{,}488 ribu

Dalam satuan ribuan → E=1.488E = 1.488

Hasil Akhir: (a). 1.4881{.}488

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • E[max⁡]≠max⁡(E[Xi])E[\max] \neq \max(E[X_i]); gunakan PDF order statistic.
▲Red Flags›
  • “Ekspektasi nilai terbesar dari nn sampel” → fX(n)(x)=n[F(x)]n−1f(x)f_{X_{(n)}}(x) = n[F(x)]^{n-1}f(x).

No. 26

Diketahui variabel acak X1,X2,X3,…,X14X_1, X_2, X_3, \ldots, X_{14} berdistribusi identik dan saling independen. Diketahui variabel acak lain YY dimana

Y=∑i=114XiY = \sum_{i=1}^{14} X_i

yang memiliki fungsi pembangkit momen

M(t)=e252et−252M(t) = e^{252e^t - 252}

Tentukanlah nilai dari Var(X1)\text{Var}(X_1).

a. 18\sqrt{18}
b. 1818
c. 252252
d. 14\sqrt{14}
e. 1414

≡Jawaban No. 26›

(b). 1818

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.3 Fungsi Pembangkit, 2.5 Distribusi Diskrit Umum
DifficultyMedium
Prerequisite2.1 Variabel Acak Diskrit
Connected Topics4.2 Distribusi Sampel
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.2; Miller Bab 5
ℹRumus›

MY(t)=[MX1(t)]14M_Y(t) = [M_{X_1}(t)]^{14}; MGF Poisson(λ)=eλ(et−1)(\lambda) = e^{\lambda(e^t-1)}

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Y∼Poisson(252)Y \sim \text{Poisson}(252), MY(t)=e252(et−1)M_Y(t)=e^{252(e^t-1)}

Langkah 2: MX1(t)=[MY(t)]1/14=e18(et−1)M_{X_1}(t) = [M_Y(t)]^{1/14} = e^{18(e^t-1)} → X1∼Poisson(18)X_1 \sim \text{Poisson}(18)

Langkah 3: Var(X1)=18\text{Var}(X_1) = 18

Hasil Akhir: (b). 1818

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • MGF tidak dibagi 14, melainkan dipangkatkan 1/141/14.
▲Red Flags›
  • MGF berbentuk eλ(et−1)e^{\lambda(e^t-1)} → distribusi Poisson dengan parameter λ\lambda.

No. 27

Sebuah perusahaan asuransi menjual 30%30\% polis penyewanya kepada penyewa rumah dan 70%70\% sisanya kepada penyewa apartemen. Di kalangan penyewa rumah, waktu mulai pembelian polis hingga pembatalan polis berdistribusi eksponensial dengan rata-rata sebesar 44 tahun, dan di kalangan penyewa apartemen berdistribusi eksponensial dengan rata-rata sebesar 33 tahun. Tentukanlah probabilitas pemegang polis adalah penyewa rumah, mengingat penyewa masih mempunyai polis satu tahun setelah pembelian.

a. Kurang dari 0,20{,}2
b. Sekurang-kurangnya 0,20{,}2 tapi kurang dari 0,40{,}4
c. Sekurang-kurangnya 0,40{,}4 tapi kurang dari 0,60{,}6
d. Sekurang-kurangnya 0,60{,}6 tapi kurang dari 0,80{,}8
e. Sekurang-kurangnya 0,80{,}8

≡Jawaban No. 27›

(b). Sekurang-kurangnya 0,20{,}2 tapi kurang dari 0,40{,}4

FieldIsi
Topik CF2Topik 1 — Dasar-Dasar Probabilitas
Sub-topik1.6 Teorema Bayes dan Hukum Probabilitas Total
DifficultyMedium
Prerequisite1.4 Probabilitas Bersyarat, 2.6 Distribusi Kontinu Umum
Connected Topics2.5 Distribusi Diskrit Umum
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 1.4, 4.4; Miller Bab 2
ℹRumus›

P(T>1∣R)=e−1/4P(T>1\mid R) = e^{-1/4}; P(T>1∣A)=e−1/3P(T>1\mid A) = e^{-1/3} Teorema Bayes: P(R∣T>1)=e−1/4×0,3e−1/4×0,3+e−1/3×0,7P(R\mid T>1) = \frac{e^{-1/4}\times 0{,}3}{e^{-1/4}\times 0{,}3+e^{-1/3}\times 0{,}7}

▸Langkah Pengerjaan›

e−1/4≈0,7788e^{-1/4} \approx 0{,}7788; e−1/3≈0,7165e^{-1/3} \approx 0{,}7165 Pembilang: 0,7788×0,30=0,233640{,}7788 \times 0{,}30 = 0{,}23364 Penyebut: 0,23364+0,7165×0,70=0,23364+0,50155=0,735190{,}23364 + 0{,}7165 \times 0{,}70 = 0{,}23364+0{,}50155 = 0{,}73519 P(R∣T>1)=0,23364/0,73519≈0,318P(R\mid T>1) = 0{,}23364/0{,}73519 \approx 0{,}318

0,318∈[0,2;0,4)0{,}318 \in [0{,}2;0{,}4) → (b).

Hasil Akhir: (b). ≈0,318\approx 0{,}318

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Mengira mean 44 → rate λ=4\lambda=4; yang benar rate =1/4=1/4.
▲Red Flags›
  • Polis masih aktif setelah 1 tahun = “bukti baru” → gunakan Teorema Bayes.

No. 28

Suatu perusahaan menentukan harga asuransi badai dengan menggunakan asumsi berikut:

(i) Dalam satu tahun kalender, paling banyak ada satu badai.
(ii) Dalam satu tahun kalender, probabilitas terjadinya badai adalah 0,080{,}08.
(iii) Jumlah badai dalam satu tahun kalender tidak bergantung pada jumlah badai dalam tahun kalender lainnya.

Dengan menggunakan asumsi perusahaan, tentukanlah probabilitas terjadinya sedikitnya 55 badai dalam jangka waktu 2727 tahun.

a. 0,060{,}06
b. 0,080{,}08
c. 0,110{,}11
d. 0,210{,}21
e. 0,460{,}46

≡Jawaban No. 28›

(a). 0,060{,}06

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.5 Distribusi Diskrit Umum
DifficultyMedium
Prerequisite1.5 Kejadian Independen
Connected Topics4.3 Teorema Limit Pusat
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 3.1; Miller Bab 5
ℹRumus›

X∼B(27,0,08)X \sim B(27, 0{,}08); P(X≥5)=1−P(X≤4)P(X \geq 5) = 1 - P(X \leq 4)

▸Langkah Pengerjaan›

(0,92)27≈0,1049(0{,}92)^{27} \approx 0{,}1049 P(X=0)≈0,1049P(X=0) \approx 0{,}1049 P(X=1)≈27(0,08)(0,92)26≈0,2462P(X=1) \approx 27(0{,}08)(0{,}92)^{26} \approx 0{,}2462 P(X=2)≈351(0,0064)(0,92)25≈0,2780P(X=2) \approx 351(0{,}0064)(0{,}92)^{25} \approx 0{,}2780 P(X=3)≈2925(0,000512)(0,92)24≈0,2018P(X=3) \approx 2925(0{,}000512)(0{,}92)^{24} \approx 0{,}2018 P(X=4)≈17550(0,00004096)(0,92)23≈0,1051P(X=4) \approx 17550(0{,}00004096)(0{,}92)^{23} \approx 0{,}1051 P(X≤4)≈0,9360P(X \leq 4) \approx 0{,}9360 P(X≥5)≈0,064≈0,06P(X \geq 5) \approx 0{,}064 \approx 0{,}06

Hasil Akhir: (a). 0,060{,}06

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Menggunakan Poisson sebagai aproksimasi — secara teknis bisa, tapi Binomial langsung lebih akurat.
▲Red Flags›
  • “Paling banyak satu badai per tahun” → Binomial, bukan Poisson.

No. 29

Sebuah perusahaan asuransi memiliki dua lini bisnis yang independen satu sama lain. Banyaknya klaim yang masuk per bulan dari Lini bisnis 1, misalkan N1N_1 mempunyai distribusi Poisson dengan mean sebesar 4040 dan banyaknya klaim yang masuk per bulan dari Lini bisnis 2, misalkan N2N_2 mempunyai distribusi binomial dengan n=100n = 100 dan p=0,4p = 0{,}4. Dengan menggunakan distribusi normal dengan koreksi bilangan bulat, tentukanlah probabilitas P[∣N1−N2∣>3]P[|N_1 - N_2| > 3].

a. Kurang dari 0,50{,}5
b. Sekurang-kurangnya 0,50{,}5 tapi kurang dari 0,550{,}55
c. Sekurang-kurangnya 0,550{,}55 tapi kurang dari 0,60{,}6
d. Sekurang-kurangnya 0,60{,}6 tapi kurang dari 0,650{,}65
e. Sekurang-kurangnya 0,650{,}65

≡Jawaban No. 29›

(e). Sekurang-kurangnya 0,650{,}65

FieldIsi
Topik CF2Topik 4 — Inferensi Statistik
Sub-topik4.3 Teorema Limit Pusat, 4.2 Distribusi Sampel
DifficultyHard
Prerequisite2.5 Distribusi Diskrit Umum, 2.6 Distribusi Kontinu Umum
Connected Topics3.5 Independensi dan Korelasi
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 5.5; Walpole Bab 8.5
ℹRumus›

D=N1−N2D = N_1-N_2; E[D]=0E[D]=0; Var(D)=40+24=64\text{Var}(D) = 40+24 = 64; SD(D)=8\text{SD}(D) = 8 Koreksi bilangan bulat: P(∣D∣>3)=P(D>3)+P(D<−3)≈P(∣Z∣>3,5/8)P(|D|>3) = P(D>3)+P(D<-3) \approx P(|Z|>3{,}5/8)

▸Langkah Pengerjaan›

P(∣D∣>3)=1−P(−3≤D≤3)P(|D|>3) = 1 - P(-3 \leq D \leq 3) Dengan koreksi: ≈1−P(−3,5<D<3,5)\approx 1 - P(-3{,}5 < D < 3{,}5) =1−P(−0,4375<Z<0,4375)=1−(2Φ(0,4375)−1)= 1 - P(-0{,}4375 < Z < 0{,}4375) = 1-(2\Phi(0{,}4375)-1) ≈1−(2×0,6693−1)=1−0,3386=0,6614\approx 1-(2 \times 0{,}6693-1) = 1-0{,}3386 = 0{,}6614

0,6614≥0,650{,}6614 \geq 0{,}65 → (e).

Hasil Akhir: (e). ≈0,661\approx 0{,}661

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Var(N1−N2)=Var(N1)+Var(N2)\text{Var}(N_1-N_2) = \text{Var}(N_1)+\text{Var}(N_2) (bukan selisih).
▲Red Flags›
  • “Koreksi bilangan bulat” → batas kk menjadi k+0,5k+0{,}5 atau k−0,5k-0{,}5 tergantung arah.

No. 30

Diketahui variabel acak kerugian XX berdistribusi seragam secara kontinu pada interval [0,3b][0, 3b]. Ketika kerugian terjadi, polis asuransi membayar:

(i) 00 jika kerugian kurang dari bb,
(ii) 50%50\% dari kerugian jika kerugian lebih besar dari bb tetapi kurang dari 2b2b, dan
(iii) 100%100\% dari kerugian jika kerugian lebih besar dari 2b2b.

YY menyatakan jumlah yang dibayarkan oleh polis asuransi jika terjadi kerugian. Tentukanlah persentil ke-80 dari YY.

a. 1,2b1{,}2b
b. 1,6b1{,}6b
c. 2b2b
d. 2,4b2{,}4b
e. 2,8b2{,}8b

≡Jawaban No. 30›

(d). 2,4b2{,}4b

FieldIsi
Topik CF2Topik 2 — Variabel Acak Univariat
Sub-topik2.2 Variabel Acak Kontinu, 2.4 Transformasi Variabel Acak Univariat
DifficultyHard
Prerequisite2.6 Distribusi Kontinu Umum
Connected Topics2.1 Variabel Acak Diskrit
ReferensiHogg-Tanis-Zimm Bab 2; Miller Bab 4
ℹRumus›

X∼U(0,3b)X \sim U(0,3b): fX(x)=1/(3b)f_X(x) = 1/(3b) YY: distribusi campuran dengan massa di Y=0Y=0 dan kontinu di (b/2,b)(b/2,b) dan (2b,3b)(2b,3b)

▸Langkah Pengerjaan›

Langkah 1: Massa dan CDF YY

  • P(Y=0)=P(X<b)=1/3P(Y=0) = P(X<b) = 1/3
  • Y=0,5XY=0{,}5X untuk X∈(b,2b)X\in(b,2b) → Y∈(b/2,b)Y\in(b/2,b): FY(y)=1/3+(2y−b)/(3b)F_Y(y) = 1/3 + (2y-b)/(3b) untuk y∈[b/2,b)y\in[b/2,b)
    • FY(b−)=1/3+1/3=2/3F_Y(b^-) = 1/3+1/3 = 2/3
  • Y=XY=X untuk X∈(2b,3b)X\in(2b,3b) → Y∈(2b,3b)Y\in(2b,3b): FY(y)=2/3+(y−2b)/(3b)F_Y(y) = 2/3+(y-2b)/(3b) untuk y∈[2b,3b)y\in[2b,3b)
  • Catatan: gap di Y∈(b,2b)Y\in(b,2b), FY=2/3F_Y=2/3 di sana.

Langkah 2: Persentil ke-80 Cari y0y_0: FY(y0)=0,80F_Y(y_0) = 0{,}80. Karena 0,80>2/30{,}80 > 2/3, y0∈[2b,3b)y_0 \in [2b,3b):

23+y0−2b3b=0,80\frac{2}{3}+\frac{y_0-2b}{3b} = 0{,}80 y0−2b3b=215  ⟹  y0−2b=0,4b  ⟹  y0=2,4b\frac{y_0-2b}{3b} = \frac{2}{15} \implies y_0-2b = 0{,}4b \implies y_0 = 2{,}4b

Hasil Akhir: (d). 2,4b2{,}4b

◈Jebakan Umum›
⬡Kesalahan Konseptual›
  • Tidak menyadari bahwa YY memiliki massa diskrit di Y=0Y=0 sebesar 1/31/3, sehingga persentil ke-33 sudah berada di Y=0Y=0.
  • Mengabaikan gap di Y∈(b,2b)Y\in(b,2b) — tidak ada YY yang bernilai di sini.
▲Red Flags›
  • Jika g(X)g(X) konstan di suatu interval → ada massa diskrit di nilai tersebut; CDF lompat di titik itu.
  • Selalu gambar fungsi g(X)g(X) untuk mengidentifikasi gap dan massa sebelum membangun CDF YY.
Daftar Isi
No. 1No. 2No. 3No. 4No. 5No. 6No. 7No. 8No. 9No. 10No. 11No. 12No. 13No. 14No. 15No. 16No. 17No. 18No. 19No. 20No. 21No. 22No. 23No. 24No. 25No. 26No. 27No. 28No. 29No. 30