Egzamin dla Aktuariuszy z 18 stycznia 1997 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

P( A ∩ C

P( A ∩ C

2

)

1

) 1

1

=

P(

=

A

P( A 2 )

2

1 )

3

1

P( A ∩ C) 1

= P( A ∩ C =

2

)

1

6

4

P( A ∩ A =

=

1

2 )

1 1

1

2 2

4

P( A ∩ A ∩ C =

1

) 0

2

Z tego wynika:

P A ∩ C + P A ∩ C

Z obrazka: P( C A ∪ A =

1

2 )

( 1

) ( 2

)

P( A + P A − P A ∩ A 1 )

( 2) ( 1

2 )

1

1

+

4 + 6 4

10

5

6

4

=

=

=

= → ( C)

1

1

1

24 3

18

9

+ −

2

2

4

Zadanie 2

2

− λ

− λ

8 λ

− λ

− λ

e

+ e

λ

=

e

: e

9 2

4 2

1 + λ =

λ

9

4 2

λ − 9 λ − 9 = 0

∆ = 225

∆ = 15

9 −15

λ =

∉ D

1

8

9 + 15

24

λ =

=

= 3

8

8

Zadanie 3

4

2

1

2

4

EX =

; EY = EY =

; EX

=

7

2

7

E[∑ X

Y

i − ∑ i ]

4

1

= 735 ⋅ − 880 ⋅ = 2

− 0

7

2









var[∑ X

Y

i − ∑ i ]

4

16

1

1

= 735 −

 + 880 −  = 400

 7

49 

 2

4 



20 

P( X < 0) = P Y <

 = Φ )

1

(

≈ 8

,

0 4



20 

Zadanie 4

=0

4

6

4

7 8

E( X X

= E X X = E X X + E X X + + E X X = E X X + → E X X = −

1

2 )

( 2 3) ( 1 2) ( 1 3) 1 ( 2 3) ( 1 3) 1

( 1 3) 1

ρ( X , X

= − → X = aX + b

<

1

3 )

1

a

l

e a

0

3

1

EX = a ⋅ 0 + b = 0 → b = 0

3

var

2

X = a ... → a = −1

3

z tego: P( X = − X

=

1

) 1

3

Zadanie 5

 2

0,5

3

2 1

nzl

x

}

−

0,5

∞







1 

ODP =

1

3

2

y

1

4

3 8

E X X ≤  + EY = ∫ 2 x

+ ye

1

1

4 1

0,5

∫ −





=

0



2 

0,5

2

1

12

3

0

0

x

2 x

[ ] + = + = + =

∫

0

4

0

Zadanie 6

X −

t =

µ

n −1 ≅ t( n −

)

1 n = 10

S

.

1 P( t < u) = 9

,

0

5 kwantyl = ,

2 262 (

2 st

9

,

0

.

7 )

5

X −

−

µ

,

2 2622 <

3 < ,

2 2622

S

.......

,

2 2622 ⋅ S

,

2 2622 ⋅ S

u = X +

> µ > X −

= L

3

3



,

2 2622 ⋅ S

X −

= − ,

0 262



3

5

,

4 24 ⋅ 3

,

2 2622 ⋅ S



→ S =

, X = ,

4 262 −

,

2 2622 ⋅ S

2



⋅ ,

2 2622

3

X +

= ,

4 262



3

.

2 P( t < u =

=

2 )

0

,

0 1 k

wantyl 0

,99

-2,8215

X − µ 3 < − 8, 2 215

S

− 8

,

2 215 ⋅ S

X − µ <

3

8

,

2 215 ⋅ S

,

2 2622 ⋅ S

8

,

2 215 ⋅

µ > X +

= W =

S

,

4 262 −

+

≈ 8

,

4 21

3

3

3

Zadanie 7

− tn



µ

n 

P(min ≤ t) = 1 − P(min > t) = 1 − e

≅ wykl 

 µ 

1

µ

E ˆ1 = nµ = µ

n

oba nieobciążone

µ

µ

E ˆ 2 = nE min = n

= µ

n

2

1

2

µ

var ˆ µ =

nµ =

1

2

2

n

n

µ

ponieważ n>1

2

→

< µ → ( E)

2

n

2 µ

2

var ˆ µ = n

= µ

2

2

n

Zadanie 8

− x

αe

f ( x)

α

= ( + xe) α 1+

−

1

n

− xi

L = n ∏

e

α

α+

x

1

i=1 (

−

1 +

i

e

)

− ix

ln L = n ln α + ∑

e

−

ln (

= n ln α +

− x ( α

)

1 ln 1 e

i −

+

+

i

x

−

1

1 +

α

i

x

e

)

∑

+

(

(

)

∂ = n −∑ln(1+ − ix

e

)= 0

∂ α α

n − α∑ ln(1+ − ix e

)= 0

ˆ =

n

α

n

∑ln(

−

1 +

xi

e

)

i=1

Zadanie 9



4



Κ = 5 x



> t

 1



P

4

5

> =

H 0 ( x

t ) α

1



1

4

t 

 t  4

P  X

>  =

0

∫ =1−   = α

H 

5 

0,25

 5 

 t 

 

 5 

1

 t 

  4 = 1− α

 5 

t

4

= 1

( − α)

5

4

t = 1

(

5 − α)

5

5



t 

1

1

 t 



4

4

 4

moc =

1

(

5

α)

P 

4

X

x

x

H

>  =

5

1

1

1

∫

4 = [ 5 ] 0,25 = −  



−



= −

 t 







5 

5

5

0,25

 





 t 

 

 

 5 

 5 

Zadanie 10

 6

 

 2

5

5

1

p =

=

, p =

, p =

1

2

3

36

12

12

6

2

2

2



5 



5 



1 

 45 −120 ⋅



50 −120 ⋅



 25 −120 ⋅ 

2



12 



12 



6 

χ

p =

+

+

= ,175

5

5

1

120 ⋅

120 ⋅

120 ⋅

12

12

6

dl

a α = 0,0

1 k

w 9

,21

α = 0,0

5 5

,991 2

χ

wszystkich → nie prowadzi do odrzucenia w żadnym p >

α = 0,

1 4

,605

α = 0,00

5 1

0,597

wypadku czyli prawidłowa jest odpowiedź (D)