Egzamin dla Aktuariuszy z 5 grudnia 2005 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
N – ilość którzy doszli do 3 etapu
P(K+M=k)=P(N=n-k)
P(dojdzie do 3 etapu)=
25
4
5
2
)
1
(
2
2
=
=
−
θ
n
k
k
n
k
k
k
n
k
n
k
k
n
k
n
k
n
k
n
n
k
M
K
P
2
2
5
21
4
25
21
4
4
25
5
1
25
21
25
4
)
(
−
−
=
=
−
=
=
+
Zadanie 2
[
]
=
+
−
+
−
−
=
≥
−
=
60
7
6
120
40
40
120
40
...
)
1
(
)
1
(
)
1
(
)
6
(
)
1
(
θ
θ
θ
θ
θ
θ
T
P
θ
θ
L
480
40
60
360
60
120
40
)
1
(
)
1
(
)
1
(
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
−
=
−
−
=
)
1
ln(
480
ln
40
ln
θ
θ
L
−
+
=
13
1
520
40
ˆ
0
)
1
(
40
520
)
1
(
480
)
1
(
40
1
480
40
=
=
→
=
−
+
−
=
−
−
−
=
−
−
=
∂
∂
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
Zadanie 3
(
)
∑
∑
−
=
−
2
2
2
Z
n
Z
Z
Z
i
i
Y
X
Y
X
Y
X
Z
i
i
i
−
=
−
−
=
(
)
≅
≅
15
2
;
0
2
;
0
2
2
σ
N
Z
σ
N
Z
(
)
(
)
=
>
+
−
=
>
+
−
∑
∑
2
2
2
2
2
2
15
1
15
15
1
c
Z
Z
Z
Z
P
c
Z
Z
Z
Z
P
i
i
(
)
gdzie
c
X
Y
X
P
c
σ
Z
σ
Z
Z
σ
Z
P
i
,
2
15
2
2
15
2
2
2
2
2
2
>
+
=
>
+
−
=
∑
nzl
i
)
14
(
),
1
(
2
2
χ
Y
χ
X
≅
≅
}
4973
,
0
6
,
4
1
14
1
14
14
2
2
2
2
)
14
;
1
(
≈
→
=
−
→
−
>
=
≅
c
c
c
c
c
Y
X
P
F
Zadanie 4
)
1
,
0
(
J
p
≅
(
)
12)
w
P(7
T)
12
w
7
(
12
7
+
=
×
P
T
P
(
)
∫
∫
−
+
−
+
−
=
−
+
−
+
−
=
−
=
1
0
1
0
5
4
3
2
8
5
7
14
1
13
5
12
10
11
10
2
1
9
1
7
12
5
10
10
5
1
7
12
)
1
(
7
12
p
p
p
p
p
p
p
p
p
LICZ
∫
−
+
−
+
−
=
−
=
1
0
5
7
13
1
12
5
11
10
10
10
9
5
8
1
7
12
)
1
(
7
12
p
p
MIAN
14
8
=
MIAN
LICZ
Zadanie 5
(
)
∑
∑
i
i
X
X ,
2
- STAT dostateczna i zupełna
weźmy naturalnie:
nzl
,
i
9
;
,
,
ˆ
2
2
S
X
σ
µ
N
X
S
σ
X
µ
≅
=
=
(
)
)
8
(
gdzie
8
3
0
3
2
)
8
(
χ
X
X
σ
E
S
E
S
µ
X
E
t
≅
=
→
=
−
≅
4
8
47
6
∫
∫
∞
∞
−
−
−
=
Γ
=
Γ
=
0
0
2
/
1
2
7
4
2
/
3
4
5
,
0
)
4
(
2
1
8
)
4
(
2
1
1
8
8
x
x
e
x
σ
e
x
x
σ
X
σ
E
∫
∞
−
−
→
Γ
=
Γ
Γ
=
Γ
⋅
Γ
Γ
=
0
5
,
3
2
1
2
7
5
,
3
4
)
5
,
3
(
3
1
)
4
(
)
5
,
3
(
2
8
)
5
,
3
(
2
)
5
,
3
(
2
1
)
4
(
2
1
8
σ
σ
dx
e
x
σ
x
→
Γ
=
Γ
=
→
)
5
,
3
(
)
5
,
3
(
3
1
3
3
σ
µ
σ
µ
S
µ
E
σ
µ
S
X
E
σ
µ
S
X
E
=
Γ
→
Γ
=
→
)
5
,
3
(
3
)
5
,
3
(
3
i statystyka dostateczna i zupełna
Z tego odpowiedź (B) jest prawidłowa
Zadanie 6
3
N - liczba kostek w III rundzie
2
N
- liczba kostek w II rundzie
( )
)
(
1
3
2
2
3
2
a
f
a
T
n
T
T
e
x
L
E
n
a
=
−
+
+
+
−
+
+
=
+
−
2
2
2
3
0
1
2
3
)
(
+
+
−
+
+
=
→
=
+
+
+
−
=
′
n
a
n
a
T
T
e
T
T
e
a
f
T
T
n
a
+
+
+
=
2
3
ln
)
2
(
Zadanie 10
Π
>
+
−
=
>
Π
=
>
Π
+
−
−
−
t
x
x
P
t
e
P
t
e
e
P
x
x
x
x
2
2
ln
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
Π
>
−
>
Π
>
+
<
t
x
x
P
x
t
x
x
P
x
2
2
ln
2
0
.
2
2
2
ln
2
0
.
1
2
2
Π
+
=
∆
→
t
2
2
ln
2
1
w obu przypadkach taka sama
dla 1:
∆
+
−
=
∆
−
−
=
1
,
1
2
1
x
x
dla 2:
∆
+
=
∆
−
=
1
,
1
4
3
x
x
z tego
1
x
najmniejsze więc równe –1,9
Z tego:
9
,
1
2
2
ln
2
1
1
−
=
Π
+
−
−
t
81
,
0
2
2
ln
2
1
=
Π
+
t
19
,
0
2
2
ln
2
−
=
Π
t
095
,
0
ln(...)
−
=
9
,
0
81
,
0
095
,
0
2
1
=
∆
=
⋅
−
=
∆
9
,
1
;
1
,
0
;
1
,
0
,
9
,
1
4
3
2
1
=
=
−
=
−
=
→
x
x
x
x
)
;
9
,
1
(
)
1
,
0
;
1
,
0
(
)
9
,
1
;
(
∞
∪
−
∪
−
−∞
=
K
137
,
0
)
(
0
≈
K
P
