Egzamin dla Aktuariuszy z 13 października 2001 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

 P( B) = 4 P( A ∩ B) = 1− 3 P( ′

A ∩ B′)

 P( B′) = 3 P( ′ A∩ B′) =1− 4 P( A∩ B)



1.  P( )

A = 5 P( A ∩ B) = − 5

1

P( ′

A ∩ B′)



2



5

 P( ′

A ) =

P( ′

A ∩ B′) = 1 − 5 P( A ∩ B)



2

( A ∪ B) ∩ ( A′ ∪ B′) = ( A ∪ B) ∩ (Ω \ ( A ∩ B)) = ( A ∪ B) \ ( A ∩ B (

i

)

A ∩ B) ∈ ( A ∪ B) z TEGO:

P( A ∪ B) − P( A ∩ B) 5 P( A ∩ B) + 4 P( A ∩ B) − 2 P( A ∩ B) 7 P( A ∩ B)

ODP =

=

=

P( A′) + P( B′) − P( A′ ∩ B′) 5

9

P( A′ ∩ B′) + 3 P( A′ ∩ B′) − P( A′ ∩ B′) P( A′ ∩ B′)

2

2

Z 1 mamy:

4 P( A ∩ B) = 1− 3 P( ′

A ∩ B′)



1

1



5

→ P ′

A ∩ B′ =

P A ∩ B =

5 P( A ∩ B) = 1



− P( ′

A ∩ B′)

(

) , (

)

5

10



2

1

7 ⋅

7 10

7

10

ODP =

=

=

9 1

10 9

9

2 5

Zadanie 2

Z=aX+bY

Chcemy: varZ=1, cov(Z,X)=0 żeby nzl.

cov( aX + bY , X ) = a + bp = 0 → a = b

− p

2

2

2

2

2

2

2

2

1

var Z = 1 → a + b + 2 abp = 1 → b p + b − 2 b p = 1 → b =

2

1 − p

1

1

b =

, a = −

p

1 − p 2

1 − p 2

1

1

Z = −

pX +

Y

1 − p 2

1 − p 2

Z i X nzl → E( 2

Z X )

2

= EZ = 1

 p 2



2

2 p

1

p 2

2

2

2 p

1

1 = E

X

−

XY +

Y

X  =

X

−

XE





( Y X )+

E

2

2

2

2

2

2

( Y 2 X)

1 − p

1 − p

1 − p



1 − p

1 − p

1 − p

y

E( Y x)

σ

= m + ρ

−

=

y

( x mx ) px

σ x

2

2

2

p

2

2 p

2

p

2

−

+

+

−

−

−

E(

1

X

X

1

X

2

Y

X )

2

2

2

1

p

1

p

1

p

2

2

2

=

=

= 1− p + p X

1

1

2

2

1 − p

1 − p

E( 2 2

X Y ) = EE( 2 2

X Y

X ) = E( 2

X (

2

2

2

1 − p + p X ) = (

2

1 − p )

2

2

+ p 3 = 1+ 2 p

cov( 2

2

X , Y )

2

2

= 1+ 2 p −1⋅1 = 2 p

Zadanie 3

Rozkład stacjonarny

1 Π1 + 1Π2 = Π



2



1

2

3

Π1 = Π



→ 

2

3

1

2



Π1 + Π2 = Π2

Π1 + Π 2 =



1

2

3

2 Π + Π =1

2

2

3

3

2

Π = ,Π =

2

1

5

5

=12

6

4

4

4

7

4

4

4

8

P(⋅ ⋅)

P( X

X

P X

n+1 = 2

n =

)1 ( n = )

=

1

P( X

X

P X

P X

X

P X

n+1 = 2

n =

)1 ( n = )1+ ( n+1 = 2 n = 2) (

2

n

) =

=

2

→5

1

4

6

4

7 8

P( X n = )

1 2

1

1

1

15

3

1

2

2 5

5

=

→

=

=

= =

1 P( X

P X

n =

) 2 2

+ −

1 +

−

( n = ) 1 2 2 2 2 1 2 4 5 3 10 4 9 3

1

+ −

+ −

2

3

3

2 5

3

3 5

5

3

15

Zadanie 4

1

−∑( Xi − θ )/

L =

α

e

n

α

ln L = − n ln α − ∑ ( X

/

i − θ ) α

∂

ˆ

n

∑( X − θ

∑

−

i

)

( X θ

i

)

= − +

= 0 → αˆ =

α

∂

α

α 2

n

∑



1



X

,

,

i ≅ Γ n

nθ 



α



− n( t− θ) / α

n − n( t− θ) / α

P(min ≤ t) = 1 − P(min ≥ t) = 1 − e

, f

= e

min

α

α

E min = θ +

n

1 



α 

nα − α

α( n − )

1

n

E ˆ

α =

 nθ + nα − n θ −  =

=

→ c =

n 



n 

n

n

n −1

Zadanie 5

Tu jest chyba błąd bo wychodzi odpowiedź (D)



N



n

k

n!

1

k

n k

E

N = n = ∑

−

p q

=

 N − N

1

1 !(

)!

1 +



n

k

k n

k

k =1

− +

−

n

n−1

= ∑ n 

n

k

n− k

i 1

n i 1

p

n



 p q

= k −1 = i = ∑  + − −

  p q

= (1− p )

k

1

i

q

k =1 

− 

i=0 



∞

n

= ∑ p

ODP

(

λ

p

1 − n

p )

− λ

e

= (

−

1 −

λq

e

)

q

n

q

n=

!

0

Zadanie 6

dla k ≥ 1 liczymy

P( N = )

1 = P( T

,

,...,

2 > Y T 3 > Y

T 1 ≤ Y )

P( N = 2) = P( T ≤ Y , T d owolne, T > Y , T > Y ,..

2

1

3

4

).

∞

P( N = k) = P( T

k ≤ Y , Tk +

Y

P T

Y , T

W

Y

P T

y, T

W

y y f ( y) dy

1 >

) = ( k ≤

k +

> ) = ∫ ( k ≤

k +

>

)

0

Korzystając z rysunku:

1

1

P(

y

y

k

k

λ

1

λ

T

y, T

w

y y

λe

T

e

dwdT

T 1 e

e (

)

k ≤

k +

>

) ∞

+

= ∫ ∫

− λw

k −

− λT

= ∫

k −

− λT

− λ y− T =

Γ( k)

Γ( k)

λ

0 y− T

0

k +

y

1

k

k

k

λ

1 −

=

λy

(

)

e

∫ k−1

λ

− λy y

λ

y

−

T

=

e

=

λy

e

Γ( k) λ

Γ( k)

k

k!

0

∞

k

k

∞

( λ

y )

λy

αy

λ

α = k +

k

λ α

λk

y

k

λk

P( N = k) = ∫

−

−

e

αe

dy =

α ∫

−

1

( + )

y e

=

=

!

α

=

k +

α

1

k +

k!

k!

β = λ + α

k!

( λ + α)

( λ +

1

α)

0

0

dla k=0 jako dopełnienie wychodzi i się zgadza

∞

k

∑ λ  α

λ

α





=

→ P( N = )

0 =

OK. prawidłowa odpowiedź (A)

λ

α

λ

α

λ

α

λ

α

k = 

1

+ 

+

+

+

Zadanie 7

m – 3-ta statystyka pozycyjna

P( m ≤ µ + 1

,

1 503 σ

5 / n ∧ m ≥ µ − 1

,

1 503 σ

5 / n ) = P( m ∈ ( µ − 1

,

1 503 σ

5 / n; µ + 1

,

1 503 σ

5 / n ) =

= P( X ≤ µ + 1, 1 503 σ

5 / n −

≤ −

3

) P( X µ 1,1503 σ 5/ n 3

)



2 

σ

X - pozycyjna dla





≅ N µ,

3







n 

µ − 1

,

1 503 σ

5 / n - kwantyl rzędu 1/8

µ + 1

,

1 503 σ

5 / n - kwantyl rzędu 7/8

i

5− i

i

5−



i

7 



1 

5

5

c =

5

7

1

5

1

7

Q

,

5

,

3

 − Q

,

5

,

3

 = ∑ 



  

   

 

− ∑ 



  

   

 

=



8 



8 

i

i

i=

8

8

8

8

3 





  

i=3 





  

3

4

5

3

2

4

5

 7  1

 7  1  7 

 1   7 

 1   7   1 

= 10 

+ 5 

+   −10    − 5    −   ≈ 9

,

0 7

 8  64

 8  8  8 

 8   8 

 8   8   8 

Zadanie 8

θ > θ

2

1

5

θ

θ

X

θ

2

∏

1

5

1 +





i

=

2

1

θ

θ 2

X

i

θ 2 +1

5



 ∏

−

∏ X

θ

θ

i

1

 1 

1

niemalejąca dla

→

∏

STATYSTYKA

X i



1







P

>

= ,

0 01

0 



 ∏

c

X i





1 



1 

P 

0

Π X

ln

ln

i <

 = P 

0

∑ Xi <





c 



c 

t

t

e

e

−1

1

1

1

1

P (ln X

)

( 2)

1

0

< t = P( X < te )





= ∫

t

 

=  −



= − e 2 →≅ wykl 

3

 2

x 

 2 

1

1

2 x 2

∑

 1 

ln X

χ

K

X

czyli (A) około

i ≅ Γ

2

1

 ,

5

 =

1

( 0) → ln

= 5

,

2 58 →

{∑ln i < 5,

2 5 }

8

 2 

c

Zadanie 9

1-P(nie ma zielonej)

tzn że pierwszych kilka czerwonych + biała itd.

9 

 7

ilość kombinacji: 1 biała  



 2 białe na 9 sposobów i 2 zielone na 7 itd.

 2 

 2

c, b,...

c, c, b,...

8

7

6

8

7

6

c }

cccc .

b .

9 

 7 8 

 6 7 

 5 6 

 4 5 

 3

 4







 + 





 + 





 + 





 + 





 +  

 2 

 2  2 

 2  2 

 2  2 

 2  2 

 2

 2

36 ⋅ 21 + 28 ⋅15 + 15 ⋅ 6 + 10 ⋅ 3 + 6

=

= ,

0 6

10 

 5

1 !

0 10





 

!

5

!

5

5 

 3

4

1 4

23

pierwsze c

-

zerw..., d

rugie b

-

iala

2

ODP = 1 − ,

0 6 = ,

0 4 =

5

Zadanie 10

1

∞

∞

∞

n

P( X > N ) = ∑ P( X > n N = n) P( N = n) = ∑ − n −

2 2 n = ∑ 1 

1 4

1

  = 4 =

=

n=

4

1

4 3

3

1

n=1

n= 



1

1 − 4