Egzamin dla Aktuariuszy z 16 listopada 1996 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
P( A ∩ B)
1
1 2
1
= → P( A ∩ B) =
=
P( )
A
4
4 5
10
P( A ∩ B ∩ C) 1
1 1
1
= → P( A ∩ B ∩ C) =
=
P( A ∩ B)
2
2 10
20
6
2
1
3
= + P( B) −
→ P( B) =
10
5
10
10
1
P( A ∩ B ∩ C) P( A ∩ B ∩ C) 1
ODP =
=
=
=
P( B ∩ C)
P( C B)
20
P( B)
1 3
2
3 10
Zadanie 2
x
≅ B( k; n +1− k ) k: n
i 1
−
x
( y − x) j− i 1
− 1
( − y) n− j
f
( x, y)
x
x
= !
n
d
l
a x < y
,
i: n
j: n
( i − )
1 !( j − i − )
1 !( n − j)!
Γ( α + β)
g
α−
β −
ęstość Beta:
1
1
x
1
( − x)
Γ( α)Γ( β)
α
αβ
dla Beta( α, β) : EX =
, var X =
α + β
( α + β)2 ( α + β + ) 1
min ma rozkład B(1,n)
max ma rozkład B(n,1)
( y − x) n−2
f
( x, y) = !
n
x < y
min,max
( n − 2)!
1 −
1 x
1 −
1 x
n
n
E min⋅ max = ∫ ∫
!
n−
xy
( y −
2
x)
dydx = y − x = t = ∫ ∫
!
n−2
t
=
( n − 2)!
( n − 2)!
0 0
0 0
1 −
1 x
1
−
1 x
= ∫ ∫
!
n
n−
n
x( t +
2
x)
t
dtdx = ∫
!
x
∫ n−1
n−
t
+
2
xt
=
( n − 2)!
( n − 2)!
0 0
0
0
1
n
n−1
1
n
n−1
= ∫
!
n
1
( − x)
1
( − x)
!
n
t
1
(
t) t
x
+ x
= 1 − x = t = ∫
−
1
( − t)
+
=
( n − 2)!
n
n 1
( n
2)! n
n 1
0
−
−
0
−
n+1
n+2
n
n+1
n+2 1
=
!
n
1 t
t
1
t
2 t
t
−
+
−
+
=
( n − )
2 ! n n +1 n + 2 n −1 n n + 1
n + 2 0
!
n
1
1
1
2
1
n −1
n −
=
1
2 n
n
−
+
−
+
=
−
+1−
+
=
( n − 2)! n( n + ) 1
n( n + 2)
n( n − )
1
( n − )
1 ( n + )
1
( n − )
1 ( n + 2)
n + 1
n + 2
n + 1
n + 2
n −1 − 2 n
n − n + 1
1
=
+
+1 =
n + 1
n + 2
n + 2
n
n
cov(min, max) =
−
var min = var max =
2
n + 2
1
( + n)
1
( + n)2 ( n + 2)
1
n
−
n + 2
1
( + n)2
1 + 2 n + n 2 − n 2 − 2 n 1
( + n)2 ( n + 2)
1
corr =
=
=
n
1
( + n)2 ( n + 2)
n
n
1
( + n)2 ( n + 2)
Zadanie 3
1
p
[ X, Y ]≅ N( µ , µ
X
Y )
n
n
p
1
n
n
z teorii:
( µ − µ
Y
X )2
µ − µ
µ − µ
−
2
1
Y
X
X
Y
2
2
2
E min = µ Φ
+ µ
− e
δ
δ
, δ = σ − 2 pσ σ + σ
X
Y
2
1
2
1
δ
δ
2Π
p
dla p=1 bo u nas: n = p 1
n
weźmy np. µ
= µ
X
Y
wtedy widać że A,B,C odpada
dla p=1
granice bierzemy
E min = min( µ , µ
X
Y )
gdy µ
< µ O
K
X
Y
gdy µ
< µ O
K
Y
X
gdy µ
= µ O
K
X
Y
źle trochę, chodzi o to że estymator nieobciążony n
∀ , µ , µ a wtedy tylko jeśli p=1
X
Y
dla pewnych n, µ , µ może się zdarzyć, że estymator nieobciążony dla p różnego od 1
X
Y
ODP (D) prawidłowa
Zadanie 4
σ 2 = ,
1 µ = µ
Y ≅ N ( µ ) 1
,
P( eY ≤ q) = , 0 6
P( eY ≤ r) = , 0 4
P( Z ≤ ln q − µ) = , 0 6 Z ≅ N( )1
,
0
P( Z ≤ ln r − µ) = , 0 4
ln q − µ = − ln r + µ
ln qr
µ =
2
1
2
ln qr
1
ln qr +1
µ
= ex
p µ +
σ = ex
p
+ = ex
p
= qr e = qre
X
2
2
2
2
Zadanie 5
1
n−1 − s
n
s
e
1
( − q) q
−
−
=
( )
Γ( )
1
( − )
(
) 1 −
f ( N S = s) f ( S
s N )
s
sq
n
f N
n
e
q qe
sq
sq
=
=
=
e
f ( s)
f ( s)
f ( s)
( n − )
1 !
−
e s 1
( − q)
sq
=
qe
f ( x + )
1 - ma się sumować do 1 ale f(x+1) się sumuje, z tego wynika że f ( s)
stała=1 i jest to rozkład X+1 gdzie X ma rozkład Poissona z parametrem sq Z tego wynika, że:
E( N S = s) = sq +1
var( N S = s) = sq czyli odpowiedź (A)
Zadanie 6
P(
2
2
2
X
X
X
X
X
X
P
X = σY , Y ≅ N (
)
1
,
0
1 +
2
4 <
(5 23 + 22)
1 +
4
=
< 5
2
2
i
i
i
X
X
3 +
2
2
2
Y + Y
1
4
1
= P
< 5 → f ( x)
X
=
2
2
2
Y + Y
( x + )
1
3
2
4
1
4
2 3
= X ≅ F(2,2)
5
6
6
ODP = ∫
1
= x +1 = t =
1
1
5
t
1
2
∫
−2 = −
= − =
1
( + x)
t
6
6
0
1
1
Zadanie 7
20
x
3
160
60
220
80
i
L = ∏
−
−
−
−
−
1
µ
µ
e
e
= 1
µ
µ
e
e
= 1
µ
e
80
80
µ
i=1
µ
µ
220
ln L = −80 ln µ −
µ
∂
80
220
− 80 µ + 220
22
11
= −
+
=
= 0 → 80 µ = 220 → µ =
=
2
2
∂ µ
µ
µ
µ
8
4
p > p
2
1
p 2
λ
p
λ
x
2 −1
− ∑ i
x
x
e
1 ⋅ ⋅ ⋅
n
Γ( p
n
2 ) (
)
= CONST⋅(
p
p
x
x
rosnąca ∏ x
1 ⋅ ⋅ ⋅
n ) 2 − 1 −
i
n
1
p
λ
i=
p
λ
x
1
1 −1
− ∑ i
x
x
e
1
n
Γ( p 1 ) ( ⋅ ⋅ ⋅
)
1 Π
x i > c
φ( x) =
E
φ( x
=
)
2
= α
p
0 e
lse
P(
X
∏ > c =
i
) α
Κ = { x
∏ > = ln +...+ ln > = ln
i
} c { x
x
K
1
n
} K
c
t
e
P(ln X < t) = P( X < t e ) = ∫ 2 − λx
λ xe
= 1− exp(− t
λe )− t
λe exp(− t
λe )
0
2 t
f
gęstość zależy od λ więc suma też, czyli zależy od λ i α
ln(
) = λe
exp − λe
X
( t)
Zadanie 9
1
sup L( a, X ) n
,
(
−
b a
M
m n
)
M
=
=
> k
sup L( ,
0 X )
1
M − m
a=0
M n
M
> c
M − m
- różne stałe
M − m < c
M
m
1 −
< k
M
- różne stałe
m > k
M
Zadanie 10
2
0
0
0
1
0
1
0
0
2
1
0
0
0
0
0
0
1
P =
=
5
,
0
,
0 2
0
3
,
0
,
0 2
3
,
0
0
5
,
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
3
2
1
0
0
0 0
1
0
0
P = P ⋅
=
5
,
0
,
0 2
0
3
,
0
3
,
0
5
,
0
0
,
0 2
0
1
0
0
0
0
0
1
4
100
P =
= P → P
= P b
o 1
+ 3n = 100 → n = 33
0
0
0
1
1
1
0
0
0
ODP :
;
0
;
5
,
0
0
;
=
[ ,025
,
0
;
0
;
1
,
0
;
6 ]
5 czyli odpowiedź (D)
2
5
,
0
,
0 2
0
3
,
0
0
1
0
0