Egzamin dla Aktuariuszy z 13 października 2001 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
1.
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
( )
(
)
∩
−
=
′
∩
′
=
′
′
∩
′
−
=
∩
=
∩
−
=
′
∩
′
=
′
′
∩
′
−
=
∩
=
)
(
5
1
2
5
2
5
1
)
(
5
)
(
4
1
3
3
1
)
(
4
)
(
B
A
P
B
A
P
A
P
B
A
P
B
A
P
A
P
B
A
P
B
A
P
B
P
B
A
P
B
A
P
B
P
(
)
(
)
)
(
)
(
i
)
(
\
)
(
)
(
\
)
(
)
(
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
A
∪
∈
∩
∩
∪
=
∩
Ω
∩
∪
=
′
∪
′
∩
∪
z TEGO:
( ) ( ) (
)
(
)
(
) (
)
(
)
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
P
A
P
B
A
P
B
A
P
ODP
′
∩
′
∩
=
′
∩
′
−
′
∩
′
+
′
∩
′
∩
−
∩
+
∩
=
′
∩
′
−
′
+
′
∩
−
∪
=
2
9
)
(
7
3
2
5
)
(
2
)
(
4
)
(
5
)
(
)
(
Z 1 mamy:
(
)
(
)
(
)
10
1
)
(
,
5
1
2
5
1
)
(
5
3
1
)
(
4
=
∩
=
′
∩
′
→
′
∩
′
−
=
∩
′
∩
′
−
=
∩
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
B
A
P
9
7
9
10
10
7
5
1
2
9
10
1
7
=
=
⋅
=
ODP
Zadanie 2
Z=aX+bY
Chcemy: varZ=1, cov(Z,X)=0 Ŝeby nzl.
bp
a
bp
a
X
bY
aX
−
=
→
=
+
=
+
0
)
,
cov(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
var
p
b
p
b
b
p
b
abp
b
a
Z
−
=
→
=
−
+
→
=
+
+
→
=
p
p
a
p
b
2
2
1
1
,
1
1
−
−
=
−
=
Y
p
pX
p
Z
2
2
1
1
1
1
−
+
−
−
=
Z i X nzl
( )
1
2
2
=
=
→
EZ
X
Z
E
( )
( )
X
Y
E
p
X
Y
XE
p
p
X
p
p
X
Y
p
XY
p
p
X
p
p
E
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
−
+
−
−
−
=
−
+
−
−
−
=
( )
(
)
px
m
x
σ
σ
ρ
m
x
Y
E
x
x
y
y
=
−
+
=
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
X
p
p
p
X
p
p
p
X
p
p
X
p
p
X
Y
E
+
−
=
−
−
+
=
−
−
+
−
−
=
(
) (
)
(
)
(
) (
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
3
1
1
p
p
p
X
p
p
X
E
X
Y
X
EE
Y
X
E
+
=
+
−
=
+
−
=
=
(
)
2
2
2
2
2
1
1
2
1
,
cov
p
p
Y
X
=
⋅
−
+
=
Zadanie 3
Rozkład stacjonarny
=
Π
+
Π
Π
=
Π
→
Π
=
Π
+
Π
Π
=
Π
+
Π
1
3
2
3
2
2
1
3
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
1
3
2
2
2
=
Π
+
Π
5
2
,
5
3
1
2
=
Π
=
Π
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
=
=
=
=
+
=
=
=
=
=
=
=
⋅
⋅
+
+
=
+
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
X
P
X
X
P
X
P
X
X
P
X
P
X
X
P
P
4
4
4
8
4
4
4
7
6
(
)
(
)
(
)
3
1
9
3
4
10
3
15
5
1
15
4
3
2
5
1
5
1
5
2
3
2
3
2
5
2
2
1
5
2
2
1
1
3
2
3
2
1
2
1
1
2
1
5
2
=
=
−
+
=
−
+
=
−
+
→
=
−
+
=
=
=
→
n
n
n
X
P
X
P
X
P
4
8
47
6
Zadanie 4
(
)
∑
−
−
=
α
θ
X
n
i
e
α
L
/
1
(
)
∑
−
−
−
=
α
θ
X
α
n
L
i
/
ln
ln
(
)
(
)
n
θ
X
α
α
θ
X
α
n
α
i
i
∑
∑
−
=
→
=
−
+
−
=
∂
∂
ˆ
ˆ
0
2
∑
Γ
≅
θ
n
α
n
X
i
,
1
,
α
θ
t
n
α
θ
t
n
e
α
n
f
e
t
P
t
P
/
)
(
min
/
)
(
,
1
)
(min
1
)
(min
−
−
−
−
=
−
=
≥
−
=
≤
n
α
θ
E
+
=
min
1
)
1
(
1
ˆ
−
=
→
−
=
−
=
−
−
+
=
n
n
c
n
n
α
n
α
α
n
n
α
θ
n
α
n
θ
n
n
α
E
Zadanie 5
Tu jest chyba błąd bo wychodzi odpowiedź (D)
∑
=
−
=
−
+
−
=
=
+
−
n
k
k
n
k
q
p
k
n
k
n
k
n
k
n
N
N
N
N
E
1
1
1
)!
(
!
!
1
1
(
)
∑
∑
=
−
=
−
−
+
−
−
=
=
=
−
=
−
=
n
k
n
i
n
i
n
i
k
n
k
p
q
p
q
p
i
n
i
k
q
p
k
n
1
1
0
1
1
1
1
1
(
)
(
)
∑
∞
=
−
−
−
=
−
=
0
1
!
1
n
q
λ
λ
n
n
e
q
p
e
n
λ
p
q
p
ODP
Zadanie 6
dla
1
≥
k
liczymy
(
)
Y
T
Y
T
Y
T
P
N
P
≤
>
>
=
=
1
3
2
,...,
,
)
1
(
(
)
,...
,
T
dowolne,
,
)
2
(
4
3
1
2
Y
T
Y
T
Y
T
P
N
P
>
>
≤
=
=
(
) (
)
(
)
∫
∞
+
>
+
≤
=
>
+
≤
=
>
≤
=
=
0
1
)
(
,
,
,
)
(
dy
y
f
y
y
W
T
y
T
P
Y
W
T
Y
T
P
Y
T
Y
T
P
k
N
P
k
k
k
k
k
k
Korzystając z rysunku:
(
)
∫ ∫
∫
∞
−
−
−
−
−
+
−
−
−
=
Γ
=
Γ
=
>
+
≤
y
T
y
y
T
y
λ
T
λ
k
k
T
λ
k
k
w
λ
k
k
e
λ
e
T
k
λ
dwdT
e
T
k
λ
e
λ
y
y
w
T
y
T
P
0
0
)
(
1
1
1
1
)
(
)
(
,
∫
−
−
−
−
+
=
Γ
=
Γ
=
y
y
λ
k
k
y
λ
k
k
y
λ
k
e
k
λ
y
k
y
e
k
λ
T
e
λ
k
λ
0
1
1
!
)
(
)
(
1
)
(
∫
∫
∞
∞
+
+
+
−
−
−
+
=
+
=
+
=
+
=
=
=
=
=
0
0
1
1
)
(
)
(
)
(
!
!
1
!
!
)
(
)
(
α
α
λ
λ
α
λ
k
α
k
λ
α
λ
β
k
α
e
y
α
k
λ
dy
e
α
e
k
λ
y
k
N
P
k
k
k
k
y
α
λ
k
k
y
α
y
λ
k
dla k=0 jako dopełnienie wychodzi i się zgadza
∑
∞
=
+
=
=
→
+
=
+
+
1
)
0
(
k
k
α
λ
α
N
P
α
λ
λ
α
λ
α
α
λ
λ
OK. prawidłowa odpowiedź (A)
Zadanie 7
m – 3-ta statystyka pozycyjna
(
)
(
)
(
)
=
+
−
∈
=
−
≥
∧
+
≤
n
σ
µ
n
σ
µ
m
P
n
σ
µ
m
n
σ
µ
m
P
/
15035
,
1
;
/
15035
,
1
/
15035
,
1
/
15035
,
1
(
) (
)
n
σ
µ
X
P
n
σ
µ
X
P
/
15035
,
1
/
15035
,
1
3
3
−
≤
−
+
≤
=
3
X - pozycyjna dla
≅
n
σ
µ
N
2
,
n
σ
µ
/
15035
,
1
−
- kwantyl rzędu 1/8
n
σ
µ
/
15035
,
1
+
- kwantyl rzędu 7/8
∑
∑
=
=
−
−
=
−
=
−
=
5
3
5
3
5
5
8
7
8
1
5
8
1
8
7
5
8
1
,
5
,
3
8
7
,
5
,
3
i
i
i
i
i
i
i
i
Q
Q
c
97
,
0
8
1
8
7
8
1
5
8
7
8
1
10
8
7
8
1
8
7
5
64
1
8
7
10
5
4
2
3
5
4
3
≈
−
−
−
+
+
=
Zadanie 8
1
2
θ
θ
>
∏
∏
∏
−
+
+
=
2
1
1
2
5
1
2
5
1
1
1
5
2
θ
θ
i
θ
i
θ
i
X
θ
θ
θ
X
X
θ
niemalejąca dla
→
∏
i
X
1
STATYSTYKA
01
,
0
1
0
=
>
∏
c
X
P
i
<
=
<
Π
∑
c
X
P
c
X
P
i
i
1
ln
ln
1
0
0
(
)
∫
→≅
−
=
−
=
=
<
=
<
−
t
t
e
t
e
t
wykl
e
x
x
e
X
P
t
X
P
1
2
1
1
2
3
0
2
1
1
1
)
2
(
2
1
2
1
)
(ln
{
}
∑
∑
<
→
=
→
=
Γ
≅
558
,
2
ln
558
,
2
1
ln
)
10
(
2
1
,
5
ln
2
i
i
X
K
c
χ
X
czyli (A) około
Zadanie 9
1-P(nie ma zielonej)
tzn Ŝe pierwszych kilka czerwonych + biała itd.
ilość kombinacji: 1 biała
2
7
2
9
2 białe na 9 sposobów i 2 zielone na 7 itd.
