Egzamin dla Aktuariuszy z 5 kwietnia 1997 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1
5
1
ODP =
=
10 ⋅ 20
40
Zadanie 2
14
3 1
20 2
1 !
4
P(
P
z II P II
II 3 × z)
(3× ) ( )
3
=
=
=
1
!
3 !
1
=
P 3
( × z)
14
15
1 !
4 + 1 !5
3 1
3
1
!
3 !
1
1
!
3
!
2
+
1
20 2 20 2
3
3
12 ⋅13 ⋅14
12 ⋅13 ⋅14
12 ⋅13 ⋅14
12
4
6
=
=
=
=
=
12 ⋅13 ⋅14
13 ⋅14 ⋅15
12 ⋅13 ⋅14 + 13 ⋅14 ⋅15
13 ⋅
12
(
14
+ )
15
27
9
+
6
6
Zadanie 3
(A) nie bo ( Y X ) zaleŜy od x EX=1
varX=1
k-ty m
oment w r
ozkladzi
e wykl
4
6
4
7 8
∞
∞ k
∞
x
k
P( Y = k) = ∫ P( Y = k x) f ( x) = ∫
−2 x
e
= 1 1
∫ k −2
2
x
x e
dx
= 1 ! = 1
k
k +1
k!
k! 2
2 k! 2
2
0
0
0
to jest rozkład ujemny dwumianowy z parametrami (0,5;0,5) EY=1
VarY=2
∞
E( XY ) = ∫ E( XY x) f ( x) = ∫ 2 − x x e
= 2
0
cov( X , Y ) = EXY − EXEY = 2 −1⋅1 = 1 → (B) i C nie E( X ( Y − X )) − EXE( Y − X ) = 2 − 2 −1⋅ (1 − ) 1 = 0 → (D) TAK
Zadanie 4
OZN:
p ( n) - element macierzy n P (
)
1
,
2
1
p ( n) - element macierzy n P
)
1
,
3
(
2
p ( n
p n
1
= 1
)
+ 1
(
2
− )
1
2
2
1
1
p ( n)
p n
p n
2
= (
1
− )
1
+
(
2
− )
1
3
3
w granicach g = lim p ( n), f = lim p ( n) 1
2
n→∞
1
1
g =
+ f
2
2
2
1
mamy:
→ g = , f =
1
1
3
3
f = g + f
3
3
x .. .. .
.
2
.. .. . .
lim P n = 3
n→∞
1 .. .. .
.
3
x .. .. .
.
x .. .. ..
2
.. .. ..
lim Pn (
)
1
,
2
= [ ,1
,
0
,
0 0]
2
2
3
=
; ;
x y;2 → ODP =
1
3
3
.. .. ..
3
x .. .. ..
Zadanie 5
∞
2
(
)
1
2
f ( x) = ∫ − x y− x x
−
xe
dy =
x
xe
e
= 1 f ( x) ≅ J ( ) 1
,
0
x
x
f ( y x) = f ( x, y) =
− x( y− x) xe
[ ;
x ∞)
f ( x)
2
2
2
(
)
1
2
1
E( y x) ∞
∞
= ∫
− x y− x
yxe
dy =
x
xe
∫ −
xy
x
− x
−
ye
= xe
e
+
x
e
= x +
2
x
x
x
x
1 ∞
1
1
− x x+
1
2
P( Y > X + ) 1 = ∫ ∫
− x( y− x) xe
dydx = ∫ x 1
x
xe
e
= ∫ −1
−
e dx =
1
e
x
0 x+1
0
0
x
Zadanie 6
n
−( xi − θ)
e
m
in ≥
∏
L =
θ
i=1
w
0
pp
czyli szukamy max ln L = ∑ (− x przy warunku min ≥ θ
i + θ ) = 0
∂ = n ≠ 0 → ln L rośnie ale max θ moŜliwe=min( X ,..., X
1
n )
θ
∂
θˆ = mi {
n X ,..., X
1
n }
Zadanie 7
∑ c =1 - nieobciąŜoność, z tego wynika Ŝe (E) odpada i
2
c
1
,
0 2 + ...
2
+ c
1
,
0 2
2
+ c ,
0 22 + ...
2
+ c ,
0 22 → min
1
10
11
15
( xi− µ)2
2
5
( xi− µ)
10
f
e
e
n =
1
1
2 0 1
, 2
2 0,22
∏ −
∏ −
⋅
⋅
Π
2
1
,
0 i=1
Π
2
,
0 2
10
2
5
2
x
µ
x
µ
ln f
n = −10 ln(
Π
2
) ( i − )
1
,
0
−
− 5ln 2
,
0 2
i
2
( Π ) ( − )
∑
− ∑
2
i=1
2 ⋅ 1
,
0
i=1 2 ⋅ ,
0 2
∂
10
(2 x µ
x
µ
10
5
i −
) 5 (2 i − )
= ∑
+ ∑
∑ X
N
µ
X ∑ X
N
µ
X
i ≅
5
(
,
0
; 2) =
i ≅
1
( 0
)
1
,
0
;
=
∂
2
2
µ
1
2
i=1
2 ⋅ 1
,
0
i=1 2 ⋅ ,
0 2
i=1
i=1
10
5
Y = 100∑ ( X
µ
X
µ EY=0 varY=1125 → Y ≅ N ( 1
;
0 12 )
5
i −
)+ 2 ∑
5
( i − )
i=1
i=1
2
∂ ln f
nierówność Rao Cramer E
n = 1125
∂ θ
1
V ( u
a dla (D) wychodzi
→ ( D)
n )
1
≥ 1125
1125
Zadanie 8
P( X > c) = α
X − 2500 c − 2500
P
>
= α
2500
2500
α
c
0,005 2,53
0,01
2,33
0,05
1,64
0,1
1,28
0,005 K(X>2,53*50+2500) 2626,5 N
0,01 K(X>2,33*50+2500) 2616,5 N
0,05 K(X>1,64*50+2500) 2582 OD
0,1 K(X>1,28*50+2500) 2564 OD
Z tego odpowiedź C
Zadanie 9
2
20
∑ ix
1
−
e
6
∑ 2
2
i
x
∑ ix
2Π ⋅ 3
−
1
20
P
3
0
> t = P
2
e
3
> t
20
= P e 3
>
t =
20
∑ ix
1
−
3
2
e
2Π
≅ χ(20)
2
8
7
6
∑ x
20
20
i
= P
> ln 3
2
t
= P ∑ x
i
> 3ln 3 t = 01
,
0
0
3
4
1
4
2 3
=37,566
2
2
PH ∑ xi >
= PH ∑ Yi >
= P χ
H
>
∈
ZTABLIC ≈
1 (
37 5
, 66)
1 (3
37 5
, 66)
37 5
, 66
(20)
(
9
,
0
;
8
,
0
)
9
,
0
0
3
Zadanie 10
t ≠ 1
m
∞
t min( X , m 1
Ee
) = ∫ tx − x
e e
+ ∫ tm − x
e e dx =
( m( t−
e
)
1 − )
1 + tm − m
e e
=
t −1
0
m
t
m( t − )
1
1
1
−
−
−
−
=
e
−
=
[
m 1
(
t )
− + te
] 1
1
=
[ m 1( t)
1 − te
]
t −1
t −1
t −1
1 − t
dla t=1
min( X , m)
Ee
= m + m −
e e m = m + 1