Egzamin dla Aktuariuszy z 4 kwietnia 2011 r.
Matematyka Ubezpieczeń Majątkowych
Zadanie 1
∑
15 (
15
X
X
X
X
i −
)2 = ∑ 2 i −
2
15
i=1
i=1
15
E a
∑ ( X − X
+
−
= ∑
−
+
−
+
i
)2 b( X X
a E
X
15 E X
b E X
2 X
E
X
E
X
E
1
2 )
15
2
2
i
( 2) [ ( 21)
2
1
2
2 ]
i 1
=
i 1
=
15
2
E ∑ X
i
= 10( 2
2
σ + µ + 5 3σ + µ = 25σ +10µ + 5µ
1 )
( 2 22)
2
2
2
1
2
i=
1
1
EX =
(
2
1
10µ + 5µ
= µ + µ
1
2 )
1
2
15
3
3
1
1
var X =
10σ + 15σ
= σ
2 [
2
2 ]
2
15
9
X
E
= µ
1
1
X
E
= µ
2
2
1
1
2
2
var X =
⋅10σ =
σ
1
100
10
1
3
2
2
var X =
⋅15σ = σ
2
25
5
2
1
2
1
1
3
2
E ˆ
σ = a
2
2
2
2
25σ + 10µ
5µ
15
σ
µ
µ
b
σ
µ
2µ µ
σ
µ
1 +
2 −
+
1 +
2
+
2 + 21 −
1
+
2
2
+ 22 =
9
3
3
10
5
5
20
20
5
7
=
2
a 25σ +
2
10µ
5µ
σ
µ
µ µ
µ
b
σ
µ
µ
2µ µ
1 +
2
2 −
2 −
2
1 −
1
2 −
2
2
+
2 + 21 + 22 −
1
2
=
3
3
3
3
10
70
7
10
10
20
= 2
σ
a +
b +
2
µ
µ
µ µ a b µ µ
1 +
2
2 −
1
2
+
2
( 1 − 2) =
3
10
3
3
3
2
70
7
=
2
10
σ
a +
b + (µ
µ
1 −
2 )
a + b
3
10
3
Chcemy:
70
7
a +
b = 1
3
10
i o
dejmujemy
10
a + b = 0 ⋅ 7
3
63
10
−
b = 1 → b = −
10
63
70
7 10
a −
= 1
3
10 63
70
7
70 3
1
a = 1 +
→ a =
=
3
63
63 70
21
Zadanie 2
f (
1
β , β
Y
β
β
Y
β
4β
0
1 )
5
10
= ∑( i − 0 − )2
1
+ ∑( i − 0 −
)2
1
i=
9
1
i=6
∂
5
10
5
10
f = −2∑( Y β β
Y
β
β
Y
Y
β
β
i −
2
2
100
130
4
2
0
0 −
1 ) −
∑( i − 0 − 1) = − ∑ i − ∑ i +
0 +
1 =
∂β
i
9 i
i
9 i
9
9
0
=1
=6
=1
=6
∂
5
10
5
10
f = −2∑( Y β β
Y
β
β
Y
Y
β
β
i −
8
8
130
250
4
2
0
0 −
1 ) −
∑( i − 0 − 1) = − ∑ i − ∑ i +
0 +
1 =
∂β
i
9 i
i
9 i
9
9
1
=1
=6
=1
=6
5
2 10
100
2∑ Y
Y
β
i +
∑ i −
0
1
=
9 =6
9
β = i
i
i wstawiamy do drugiego
1
130
9
130
250 9
5
10
5
10
2
100
8
β
2
Y
Y
β
2
Y
Y
0 +
∑ i + ∑
i −
0
= ∑ i + ∑
9
9 130
i
i=
9 i
9
i
9
1
=6
=1
i=6
24 5
6 10
5
10
5
10
∑ Y
Y
Y
Y
Y
Y
i −
∑
24
i
∑ i − 6∑
4
i
∑ i − ∑
13
i
i 1
=
13
ˆ
i=6
i 1
=
i=6
i 1
=
i=6
β =
=
=
0
90
90
15
13
5
E ∑ Y
β
β
i
= 5 + 5
0
1
i=
1
10
E ∑ Y
β
β
i
= 5 + 20
0
1
i=6
5
var ∑ Y
i
= 5
i=
1
10
var ∑ Y
i
= 45
i=
6
E(β =
β + β −
β + β = β
0 )
4
ˆ
(5 0
1 )
1
5
(5
20
0
1 )
15
15
0
(
2
2
+
ˆ
var β
= ⋅ +
=
=
0 )
4
1
80
45
5
5
45
15
15
225
9
P( ˆβ > c =
0
) ,005
c 9
9
9
,
1 6 5
P N >
= ,
0 05 →
c ≈ 9
,
1 6 → c =
≈ ,146
5
5
3
Zadanie 3
1 < 4 − X < 2
P( V < ,
1 S = 4) = P( X − (4 − X ) < , 1 Y = 4 − X )
5
= P X < , Y = 4 − X = czyli
=
2
2 < x <
5
,
2
2,5
2,5
= ∫ 2 1
1
4
25 −
= −
= −
=
16 = 9
3
2
x
x
4
25
100
100
2
2
3
3
P( S = )
4 = P( X + Y = ) 4 = ∫ 2
1
1
1
9 −
= −
= − =
4 = 5
3
2
x
x
4
9
36
36
2
2
P( V < ,
1 S = 4)
9 36
9 ⋅18
9 ⋅ 9
81
ODP =
=
=
=
=
P( S = 4)
100 5
50 ⋅ 5
25 ⋅ 5
125
Zadanie 4
B – pierwsza biała
A – druga biała
5
ODP = ∑ P( A B, urna( i)) P( urna( i) B) i=3
1 1
P(
P B urna
P urna
urna )
3
(
B)
(
)
3
( ) (
)
3
( )
1
2 5
=
=
=
P( B)
1 1
1
3
5
+ + +1
5 4
2
4
3 1
P( urna( )
4 B)
3
4 5
=
=
1 1
1
3
10
+ + +1
5 4
2
4
1
P( urna )
5
(
B)
2
5
=
=
1 1
1
3
5
+ + +1
5 4
2
4
1 1 1
P( A B, urna ) 3
( )
1
5 2 3
=
=
1 1
3
5 2
P( A B, urna(4 ) 2
) = 3
P( A B, urna ) 5
( ) = 1
1 1
2 3
2
1
1
2
1 + 3 + 6
2
ODP =
+
+1⋅ =
+ + =
=
3 5
3 10
5
15
5
5
15
3
Zadanie 5
ODP = P ( K ) H 0
Ponieważ dystrybuanty są ciągłe to prawdopodobieństwo, że dwa elementy w próbie się powtórzą jest zerowe więc przy H Ω = (4 + ) 5 != !
9 - tyle jest wszystkich możliwości 0
(elementy X , Y ustawione według wielkości) prawdopodobieństwo każdego układu jest i
i
1
równe oczywiście
Ω
A – zdarzenie spełniające S<16
ODP = P( ) = A
A
Ω
Rozważamy możliwe rangi x-ów przy ustalonej sumie S: S = 10 → ,
1
(
,
3
,
2
4)
S = 11 → ,
1
(
)
5
,
3
,
2
S = 12 → ,
1
(
,
3
,
2
6), ,
1
(
,
2
)
5
,
4
S = 13 → ,
1
(
,
3
,
2
7), ,
1
(
,
2 ,
4 6),
,
3
,
1
(
)
5
,
4
S = 14 → ,
1
(
)
8
,
3
,
2
, ,
1
(
,
2 ,
4 7), ,
1
(
,
5
,
2
6),
,
3
,
1
(
,
4 6), (
,
3
,
2
)
5
,
4
S = 15 → ,
1
(
9
,
3
,
2
), ,
1
(
,
2
)
8
,
4
, ,
1
(
,
5
,
2
7),
,
3
,
1
(
,
4 7),
,
5
,
3
,
1
(
6), (
,
3
,
2
,
4 6)
Ilość układów gdy rangi x-ów są ustalone wynosi !
5 ⋅ !
4
A = !
5 ⋅ !
4 (
⋅ 1+1+ 2 + 3 + 5 + 6)
!
5 ⋅24 ⋅18
18
18
ODP =
=
=
!
5 ⋅6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9
7 ⋅ 2 ⋅ 9
126
Zadanie 6
∞
ODP = ∑
P max(
1
X ,..., X
min X ,..., X
N
k P( N
k )
1
k ) −
( 1
k )
>
=
=
=
k =
2
1
∞
= ∑
1
P X
P N
k
gdzie X
x
x
(różnica statystyk pozycyjnych)
k >
(
= )
k = k: k − k 1: k =
2
2
Z teorii wiemy, że rozkład X jest następujący: k
∞
F ( )
w
X
= k
k
∫ f ( x [) F( x + ) w
F ( x)] k−
−
1 d
x g
dzi
e f ( x
F
i
)
(x) d
otyczy r
ozkladu x
−∞
0,5
1
1
→ P X
k >
= 1− k ∫ ( x + 5
,
0 −
k −1
x)
dx + ∫ 1
( −
k −1
x)
dx =
2
0
0,5
0,5
k
1
−
1
−
5
,
0
k
k
k
k
k
= 1− k 5
,
0
5
,
0 + ∫ t dt = 1− k 5
,
0
+
= 1 − k ⋅ 5
,
0
− 5
,
0
k
0
∞
∞
∞
ODP = ∑ [
p
1 − k ⋅ 5
,
0 k − 5
,
0 k ] p 1
( − p) k = ∑ p 1
( − p) k −
∑ k[ 1(
5
,
0
− p)] k [1−
1
(
5
,
0
− p)]−
p
k =
k
1
1
(
5
,
0
)
2
=2
−
−
k =2
∞
−
p
∑[ 1(
5
,
0
− p)] k [1−
1
(
5
,
0
− p)] =
1 −
1
(
5
,
0
− p) k=2
p
1
(
5
,
0
− p)
p
= 1− p − p 1
( − p) −
−
1
(
5
,
0
− p)( 5
,
0 + 5
,
0 p) −
[1− 5,
0 2 (1
2
− p )−1+
1
(
5
,
0
− p)]
1
(
5
,
0
+ p)
1
(
5
,
0
+ p)
1
(
5
,
0
+ p)
2 p 1 − p − 5
,
0 2
2
(1− p 2)1(+ p)
= 1
( −
2
p) −
p
−
[1− ,02 (51− p 2)− 5,
0 − 5
,
0 p]=
1 + p
1 + p
1 + p
2 p(1− p − ,
0 25 − ,
0 25 p + ,
0 25 p 2
2
+ ,
0 25 p 3 ) 2 p(1− ,
0 25 + ,
0 25 p 2 − 5
,
0 − 5
,
0 p)
= 1− 2 p − p +
+
2
=
1
( + p)
1 + p
1
1
5
3
1
1
1
1
2
3
2
3
4
4
3
2
3
2
4
3
2
2 p + 4 p + 2 p − p − 2 p − p +
p +
p −
p +
p +
p − p +
p +
p − p +
p
= 1−
2
2
2
2
2
2
2
2
=
1
( +
2
p)
4 p
= 1−
2
1
( + p)
Zadanie 7
c 4, S
ODP
( N
=
var S N )2
c
= EN ⋅ c
+ 4µ ⋅ µ + 3σ + 6σ ⋅ µ + µ
4, S N
(
4
2
2
4
4, X
,
3 X
X
X
X
X
X )
var S
= EN ⋅ σ + µ
N
( 2 2
X
X )
Dla rozkładu wykl(1):
EX = 1
2
σ x = 1
µ
X = 2
3,
c X = 6
4,
var S N = 3 ⋅ 1
( + )
1 = 6
c S = 3 ⋅
+ ⋅ + + + =
4,
(6 4 2 3 6 )1 72
N
72
ODP =
= 2
36
Zadanie 8
ODP=varX
X = X
X
X
1 + ... +
g
dzi
e
9
i =
1 n
a i
- tym m
iejscu jest i
0 wpp
!
8
1
EX
i =
=
!
9
9
2
!
8
1
EX
i
=
=
!
9
9
E( X X
i
j )
!
7
1
= 1⋅ =
!
9
72
EX = E( X + + X
= ⋅ =
1
9 )
1
...
9
1
9
2
EX
= E( X + ... + X
= EX
E X X
i
+ ⋅
i
j
= ⋅ + ⋅ ⋅
=
1
9 )2
9
2
9 8 (
) 1
1
9
9 8
2
9
72
var
2
X = EX − ( EX )2 = 2 −1 = 1
Zadanie 9
X ≅ Pareto ,
1
( a)
t
e −
P(
1
a
ln 1
( + x) < t ) = P(1+ X < t e )
1
= ∫
−
dx =
1
at
e
ln 1
(
X )
wykl( a)
a 1
−
a =
−
→
+
≅
+
1
( + x)
1
(
x)
0
+
∑5ln(1+ X
a
X
i ) ≅ Γ( ,
5 1 ) =
i=1
Y
5
i T =
∑4
4 X
ln(1 + Y
a
Y
i ) ≅ Γ( ,
4
2 ) =
i=1
E(
a
2 ta X
1
e
)
5
5
5
,
0
1
1
=
=
→ 2 a X ≅ Γ ,
5
2
≅ χ 1
( 0)
a − 2 ta
5
,
0
1
− t
2
1
1
E(
a
2 ta Y
2
e
)
4
4
5
,
0
1
2
=
=
→ 2 a Y ≅ Γ ,
4
2
≅ χ
)
8
(
a − 2 ta
5
,
0
2
− t
2
2
2
2 a Y
10
5 Y a
2
2
→
=
≅ F 1
,
8
(
)
0
8
2 a X
4 X a
1
1
Czyli szukamy c,d spełniających:
1
1
P X < = P X >
= ,
0 0
5 g
dzi
e X ≅ F
1
,
8
(
0)
c
d
1
1
P X < = P
> c) = ,
0 05 → c = kw
F
≅ F
0,95 (
1
( 0 )
8
, )
1
b
o
1
( 0 )
8
,
c
X
X
1
1
P X >
= P
< d = ,
0 05 → d = kw
F
0,05 (
1
( 0 )
8
, )
d
X
1
Dla rozkładu F(n,m) kwα =
kw
F m n
1 α
− ( ( , ))
Korzystając z tablic mamy:
1
1
ODP = T ( c − d ) = T
⋅ kw
−
≈
−
≈
0,95 ( F 1
( 0 )
8
, )
3
,
3 5
,
3 02
kw
0,95 ( F
1
,
8
(
0))
T
T
,
3 07
Zadanie 10
p > p
2
1
4
X
p 1
X
p
i
p
1
p
i
2 ( −
2 )
4
−
∑
∑
2
−
4
f =
=
1
→ STAT = −
X
X
∑ i
4
i
p
1
p 1
p
p
i
1 (
1 )∑
−
1 − 2
=1
4
P
X
c
H
− ∑ i > = 1,
0 875
0
i=
1
4
k
1
3 + k
1 4
4
1
Przy H :
X
uj. dwum
,
4
P
X
k
0
∑ i ≅
→ ∑ i = =
k
i=
2
i
2
2
1
=1
4
4
P
H
− ∑ Xi > c = P
H
∑ Xi < − c = 1,
0 875 = P ∑ X i < d d = − c c <
0
0
(
) i
0
i=
i=
1
1
4
1
P ∑ X
i = 0 =
= ,
0 0625
i=
1
24
4
1
P ∑ X
i = 1 = 4 ⋅
= 1
,
0 25
i=
1
25
4
4
→ P∑ X
K
X
i < 2 =
,
0 0625 + 1
,
0 25 = 1
,
0 875 →
= ∑ i < 2
i=1
i=1
4
k
3 + k
4 1
ODP = P( X <
)
2 g
dzi
e P( X = k) =
k
5 5
4
4
4
4
1
ODP = + 4 ⋅ ⋅
= ,
0 73728
5
5
5