Egzamin dla Aktuariuszy z 14 maja 2007 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
ν = ,
2 α = 4
E(
3
X − 3 X > 3)
2
2
8 2
16
P( X > )
3 =
=
=
2 + 3 3
125 3
375
E(
2
2
⋅
( X − )
3 2 X > 3)
2
2 2
4 4
16
P( X > )
3 =
=
=
2 + 3 3 ⋅ 2
25 3
75
4
2
16
P( X > )
3 =
=
2
2 + 3
25
2
2
16 252
16 252
25
25
25
25
75 − 25
50
ODP =
−
=
−
=
−
=
=
75 16
375 16
3
15
3
9
9
9
Zadanie 2
3
X
X
bin
1 +
2 ≅
− ;
4
4
2
4
4
6
3 1
P(
X = 3 P X =
1
) (
3
2
) 3 4 4
4
ODP =
P(
=
=
X + X = 6
1
2
)
9
4
6
21
3
1
6
4 4
Zadanie 3
−
P( X >
)
10 θ
= e 0
10
łatwe
θ
X – ilość szkód większych od 10 (bo takie obserwujemy)
∞
∞
n
P( X = k) = ∑ P( X = k N = n) P( N = n) = ∑ n −
n k
10 θ
0 k
100 θ
λ
λ
e
(1− e ) −
−
−
e
=
k
n!
n= k
n= k
∞
l
n
100 θ
k
100 θ
n!
−
=
100 θ
k
1
e
(1− 100 θ
e
)
∞
−
n−
−
k λ
− λ
e
( −
− e
)
∑
e
= n − k = l = ∑
k + l − λ
λ
e
=
( n
k)! k!
n!
k l
! !
n= k
−
l =0
−100 θ
k
100
l
θ
100
k
θ
e
− λ k λ( −
1
100
e
θ ) ∞ [ λ(
−
−
1 − e
)] − λ( −
1
100
e
θ )
( −
−
e
λ
)
=
e
λ e
∑
− −
e
=
100
λe
θ
e
k!
l
k
l =
!
!
0
2
−
f ( x x > 10)
x
θ
10 θ
= 20 xe
e 0
( 1−00 θ 4
λe
)
100 θ
−
−∑ x
θ 2
λe
4
i
40 θ
L =
−
e
( θ
2 ) Π x e
e 0
i
24
ln L = 4 ln λ − 40 θ
0 − ln 24 −
−
λe 100 θ + 4 ln( θ
2 ) + ∑ ln X
2
400
i − ∑ X
θ i +
θ
∂
4
1
− 00
= −
θ
e
=
−
0
100
→
θ
e
λ
= 4
∂ λ λ
∂ =
−100
4
2
4
1
100 λe
θ + − ∑ X
ˆ
ˆ
0
400
1200
0
,
4
i moŜna
i
= →
+ −
= → θ =
λ =
e
∂ θ
θ
θ
200
sprawdzić, Ŝe to max
Zadanie 4
P( I po I
II l
osowaniu b
rak c
zarnych)
LICZ
c
=
(1cz,4b) (3b,2c) (4b,1c)
MIAN
2 4 1
8
LICZ =
=
5 5 5
125
MIAN = P( A ∧ Ic) + P( A ∧ Ib) 2 4 1
3 2 1
8
6
14
=
+
=
+
=
5 5 5
5 5 5
125
125
125
8 125
8
4
ODP =
=
=
125 14
14
7
Zadanie 5
P( N = 0) = P( X
0 > a )
P( N = )
1 = P( X
,
0 ≤ a X 0 + X 1 > a ) P( N = k) = P( X
,
,...,
...
,
...
0 ≤ a X 0 + X 1 ≤ a X 0 + + X k−1 ≤ a X 0 + + X k−1 + X k > a) =
= P( X
0 + ... + X −1 ≤ a, X 0 + ... + X
> a
k
k
)
czyli P( N = k) = P( Y ≤ a, Y + X > a)g dzi
e Y ≅ Γ( k, λ) a ∞
k
a
k
= ∫ ∫ − λx λ
k −1 − λy
λe
y
e
dxdy = ∫ λ
k −1 − λy − λ( a− y y
e
e
) dy =
Γ( k)
Γ( k)
0 a− y
0
a
k
k
k
k
− λa k
− λa
k
= ∫ λ
k −1 − λa
λ
−
(
)
y
e
dy =
λa a
e
= λ e a = e
aλ
Γ( k)
Γ( k)
k
k!
k!
0
P( N = 0) = e− λa → ( D) Zadanie 6
X
= Y
θ , Y ≅ J (
)
1
,
0
:
1 n
1
EX
n = θ
→ a = n +1
:
1
n + 1
n
t
t
t
P min <
= 1− P min > = 1− 1−
, t ∈ ( ;
0 aθ)
a
a
aθ
n
t
f
t
( )
min
=
1 −
aθ
aθ
n
n
n
t
t
czyli: f ( t) =
1 −
, P
< = − −
∈
+
T
( T t
n
) 1 1
, t
( ;
0 ( n
)
1 θ)
n
( n + )
1 θ
( n + )
1 θ
( n + )
1 θ
P( T − θ > ε = P T > ε + θ + P T < θ − ε
n
) ( n
) ( n
)
1 4
4 2 4
4 3
1 4
4 2 4
4 3
I
II
I → ∀ ε, θ > 0 do pewnego momentu ale później gdy θ + ε < θ( n + ) 1 to
n
ε + θ
= a = 1 −
n
( n + θ
)
1
n
θ − ε
II → zal : θ > ε wtedy θ − ε < ( n + ) 1 θ b
n = 1 − 1 −
g
dy
θ <
ε t
o = 0
( n + )
1 θ
( ε+ θ
−
) n
( n+ )
1 θ
( n+ )
1 θ
−
θ + ε
+
ε+ θ
ε
θ
−
θ
lim a = lim 1−
→ e
n
( n + θ
)
1
θ − ε
− θ
lim b = 1 − e
n
θ + ε
θ −
−
− ε
ε
ε
ODP: jeśli θ > ε → e θ + 1 − e θ = 1 + ex
p −1 − − ex
p −1 +
θ
θ
θ + ε
−
Jeśli
θ
θ < ε → e
Czyli odpowiedź (D) jest prawidłowa Zadanie 7
ˆ
n
θ
łatwe ∑ 3
X
i
≅ Γ( n, θ)
n = ∑ 3
X i
1
wiemy, Ŝe σ( θ) =
I ( θ)
1
2
σ ln f ( θ, x)
I ( θ) = E
= ..
1
σθ
2
∂
−
ln(3 x
θ 2 e θx )
3
1
3
−
1 −
=
3 x 2 e x
θ
−
=
3
( 3
1
)
x
θ
x
θ
θ
2 − x
θ
∂
θ
3 x
θ
e
2
3
1− x
θ
1
1
E
=
E 1 − 2 x
θ
+ θ x =
→ σ( θ) = θ
2
(
3
2
6 )
2
2
θ
θ
θ
n (ˆ θ − θ →
n
) N( 2
;
0 θ )
(ˆ θ − θ
n
) n → N( )1,0
θ
X
1
9
,
1 6
dla X
≅ N(0,1 ) → N ;
0
→ zθ = 9
,
1 6 → z =
i dalej wychodzi przedział (B)
θ
θ 2
θ
m > m
2
1
5
∑(
2
X i − m
i
2
)
1 −
e
2
2Π
−1 (∑
1
X 2
2
2
2
i −2 m 2 ∑
i X i +∑ m i
2 )+ (∑ X i −2 m 1 ∑
i X i +∑ m i
1 )
e 2
2
5
∑(
2
X i − m 1 i )
=
=
1 −
e
2
2Π
1
1
m 2 ∑ i X
2
2
i −
m 2 ⋅1 −
5 m 1∑ i Xi + m 1 ⋅15
∑ iXi( m 2− m 1)
= e
2
2
= C ⋅ e
→ STAT = ∑ iX
i
P ∑ X
i
∑ iX
i ≅ N ( ;
0 ∑ i) = N ( 1
,
0
)
5
i
> t =
0 (
) ,005
H 0
t
t
P X >
= ,
0 05 →
= ,
1 6
4 t = ,
1 64 15
15
15
H : E ∑ i X
i
=
1
(
) 0
var(∑ i X
i var X
2
cov
i X ,
j X
15
2 2
5
,
0
6
5
,
0
12
5
,
0
20
5
,
0
i ) = ∑
i +
∑
( i
j ) =
+ [ ⋅ +
⋅
+
⋅
+
⋅
]
i< j
≈ ,
1 22
6 4
4 7
4
4 8
,
1 64 15
ODP = P X >
→ ODP ≈
var
(∑ iXi)
1
,
0 1
Zadanie 9
4
θ 1
L =
1
Π( + Xi ) θ 1+
1
1
ln L
1 = 4 ln θ 1 − ( θ 1 + ) 1 ∑ ln(1 + X i )
∂ = 4 − ∑ln( + X
θ
i ) →
4
ˆ
1
1 =
∂
4
θ
θ
1
1
∑ln(1+ Xi )
i=1
5
analogicznie: ˆ
θ
2 =
5
∑ln(1+ yi )
i=1
t
e −
P(
1
θ
ln 1
( + X ) < t) = P( X < t e − )
1 = ∫
1
−
= 1−
1
θ
t
e
≅ wykl( θ
1 )
1
θ +
1
( +
1
x)
0
analogicznie: ln 1
( + y) ≅ wykl( θ
2 )
∑ln(1+ Xi ) ≅ Γ( ,42 θ)
∑
ln(1 + yi ) ≅ Γ ,
5
( θ)
H 0
θ : = θ
2
2
θX ≅ χ (2 n) moŜna to łatwo wyliczyć
2 ⋅ 4 ⋅ 2 θ∑ ln(1 + yi )
P
< → t
t
=
→ t ≈
5 ⋅ 4 θ∑ ln(1 + X i ) 3
,
0 257
,
0 6511
2
1
4
4
4
2
4
4
4
3
≅ F 1
( 0,8)
1
bo kw
( ,
0 0 )
5 =
F 1
( 0,8)
kw
( 9
,
0
)
5
F (8 1
, 0)
Zadanie 10
E[min( X , min
0
( X ,..., X X
X P X
min X ,..., X
1
n )
0 ] =
0
( 0 <
( 1
n ) +
+ E(min( X ,..., X min X ,..., X
min
,...,
1
1
< X P
X
X
0
1
< X
n )
(
n )
) ( (
n )
0 )
1
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
2
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
3
= A
− nt
P(min < t) = nte X 0
A = ∫
− nt
nte
= 1 (
− nX 0
−
1 − e
−
nX 0
nX e
0
)
n
0
nX
1
0
ODP =
−
A + X e
= 1− exp − nX
0
(
(
0 )
n