Egzamin dla Aktuariuszy z 7 grudnia 1996 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1
5
5
5
5
P(
S = 3 ∧ S
= 7
⋅ ⋅ ⋅
⋅
5
10
)
5
,
0
5
,
0
3
4
10 5
!
7 !
3
50 6
30
15
5
P(
=
=
=
=
=
=
S
= 7
⋅ ⋅
⋅
10
)
10
1 !
0
8 9 10
9 8
36
12
5
,
0 10
7
Zadanie 2
N = 0 → 0 < x + 5
,
0
≤ 1 0
< x ≤ 5
,
0
N = 1 → 1 < x + 5
,
0
≤
2 5
,
0
≤ x ≤ 5
,
1
N = 2 → 2 < x + 5
,
0
≤
3 5
,
1 ≤ x ≤
5
,
2
dla k>0
− λ( k+0,5)
− λ( k−0,5)
− λk
P( N = k) = P( k − 5
,
0
≤ X ≤ k +
)
5
,
0
= 1− e
−1+ e
= e
( 0,5 λ −0,5 λ
e
− e
)
∞
ODP = ∑
− λk
ke
( 0,5 λ −
e
− 0,5 λ
e
)
k =1
− λ
−2
u = e
+ 2 λ
e
+ ...
− λ
−2 λ
−3
ue
= e
+ 2 λ
e
+ ...
−
−
−
−
−
u(
λ
λ
e
e
1
λ
− e )
λ
2 λ
= e + e
+ ... =
→ u =
1
− λ
− e
( −
1
λ
− e )2
( 0,5 λ 0−,5
e
−
λ
e
) − λ
e
( 0,5 λ −0,5
e
−
λ
e
) − λ λ
e
e ( 0,5 λ
−0,5
e
−
λ
e
) λ −0,5 λ
e e
( λe − )1 0,5 λ
ODP =
e
(
=
=
=
=
2
2
2
2
−
λ
1 −
λ
e
)
( λe − )1
( λe − )1
( λe − )
e −1
1
2 λ
e
Zadanie 3
E∑ ( X
i − X )2 = E (∑
2
X i )− E(
2
X
n
)= ( 2 σ + 2 µ) n− nE( 2
X )
2
2
EX
= 1 E(
1
σ
X
...
X
X
...
X
n σ
µ
n( n
)
1
µ
1 +
+ n )( 1 + + n )
2
2
2
=
2
2 (
+
)
+
−
+
=
n
n
2
2
2
2
σ + µ
n −1 σ
2
=
+
+ µ
n
n 2
2
E∑ ( X
i − X )2 = ( 2
σ + 2
µ ) n − ( 2
σ + 2
µ )
σ
2
− ( n − )
1
+ µ =
2
2
n
1
=
2
2
n 1
σ n −1 −
+ + µ ( n −1+1− n)
−
= σ
2
2
2
n −
2
1
2
2
σ
c
= σ → c =
2
n −1
Zadanie 4
2
− x
∞ ∞
∞
∞
1
2
2
2
⋅
∫ ∫ − y 2 − x
e
e
dydx = ∫
2
− x
− x
e
e
= ∫
2
2 4
e
=
2
Π 1
2
= 2
−∞
2
2
2
2
2
2
2
Π
x
−∞
Π
−∞
Π
Π
Zadanie 5
S = ∑ ( y
ax
i −
)2
i
∂ S = −2∑( y ax x
i −
i ) i = 0
∂ a
x y
2
∑
∑ x y
ax
a
i
i = ∑
i
→ ˆ =
i
i
∑ 2
xi
y
var a =
1
2
var( )
(
x var( y)
i
=
→ min d
la (
3,3,3,3)
∑
x
xi ) ∑
2
2
∑ 2 i
Zadanie 6
k
(
i
λmi ) N
L
∏
−
=
λmi
e
N !
i=1
( i )
k
ln L = ∑ ( N ln λm ln N ! λm
i
( i )−
i −
i )
i=1
∂
k
= ∑ N
i − m 0
i
=
∂ λ
λ
i=
1
∑ Ni −∑ m 0
i =
⋅ λ
λ
k
∑ Ni
∑ N λ m
λ
1
ˆ
0
i −
∑
i=
i =
→ = k∑ mi
i=1
Zadanie 7
θ > θ
2
1
1. x < θ < θ
1
2
x− θ − +
−
2
x
1
θ
1
θ
θ 2
e
= e
2. x ∈ [ θ , θ
1
2 )
x− θ 2
e
2 x− θ −
2
1
θ
= e
− x+ 1
θ
e
3. x ∈ [ θ ;∞
2
)
− x+ θ 2
e
θ −
2
1
θ
= e
− x+ 1
θ
e
czyli niemalejąca (iloraz wiarygodności) Z tego:
1 X
>
(
φ x) =
c
E
(
φ x) = α < 5
,
0
0 X
< c
θ
P =0
1. zał Ŝe c<0
0
∞
∫ 1 x
e + ∫ 1 − x
e
= α
2
2
c
0
1 (1−
1
1
ec )+ = 1− ec = α
2
2
2
1 ec =1− α > 5, 0
2
ec = 2 1
( − α) > 1
c = ln( 1
(
2 − α)) odpada
2. c>0
∞
∫ 1 − x
1
e
= α → c = ln
OK.
2
2 α
c
1
Κ = X > ln
2 α
moc:
∞
1
1
1
3 1
1
I θ
. < c P X
ln
e
e e ln 2
αe
,
0 75
θ
ln
ln
więc
θ
>
= ∫
− x+
θ =
θ
α =
θ =
→ =
>
2 α
2
2
4 α
2 α
1
ln 2 α
odpada
θ
∞
1
1
1
1
1
1
II θ
. > c ∫
x− θ
e
+ ∫ − x+ θ
−
θ
θ
θ
− θ
−
e
= e e −
+ e e
= 1−
θ
e
= ,
0 75 →
2
2
2
2 α
2
4 α
1
θ
ln 2 α
→ 1 −
−
1
1
e θ = ,
0 25 → e θ = α → − θ = ln α → θ = ln
= −ln α > ln
= c OK.
4 α
α
2 α
Zadanie 8
f (
f X ,..., X θ f ( θ) θ X ,..., X
=
1
8 )
( 1
8
)
f ( X ,..., X
1
8 )
2
2
2
x
2
2
8
2
θx
θ
8
( xi− θ)
θ
8
∑( i − i+ )
θ
1
−
−
1
1 −
−
MIAN = ∫
∏
1
2
2
e
e
= ∫
2
2
e
e
=
2Π i=1
2Π
2Π
2Π
2
2
x
x
1
2 n
θ X
9
∑ i
1
9
2
2
∑
i
1
−
− [ θ −
2
2 θ X
n + θ
n
] 1
− ( n+ )
1 θ −
−
=
2
e
∫ 2
e
=
2
e
∫ 2
n+1
e
=
2Π
2Π
2
2
2
2
nX
2
1
nX
n X
2
9
∑ x
i
− ( n+ )
1
θ −
−
9
∑ xi 1 2 2
θ
n X
−
−
2
1
n+1
2
( n+ )
1
−
1
n +
=
1
2
e
∫ e
=
2
2 n+1
e
e
∫
ex
p −
=
Π
2
2Π
1
2
n + 1
2
2
2
9
∑ x n X
i
1
−
n+
Π
2(
)
1
2
2
=
e
e
2Π
n + 1
9
∑ 2
2
2
x
i
nθ
θ
1
−
−
−
2
θ X
n
2
2
e
e
e
e
f (
2
1
θ
X
θ
X
θ X ,..., X
e
1
8 )
9
32
Π
− 2 +8 −
2
=
=
2
9
=
9
∑ 2
2
2
x
n X
i
1
−
1
2( n
2
2
+ )
1
Π
2Π
e
e
n +
2Π
n +
1
1
2
9
8
9
16
64
2
2
− θ− X
− θ −
X
θ +
X
1
1
2
9
8
1
=
e 2
9
81
=
e
≅ N X ; = Y
1
1
9
9
2Π
2Π
9
9
P(a<Y<b)=0
Z tego:
8
8
,
1 64
a −
X 3
= − ,
1 64
a =
X −
9
→
9
3
8
8
,
1 64
b − X 3
= ,
1 64
b =
X +
9
9
3
Z tego odpowiedź C najbliŜej
Zadanie 9
1
ZauwaŜmy, Ŝe P(wyjścia z e , e ) =
niezaleŜnie od stanu
1
2
3
2
P( pozos tan ia) =
3
∞
k −
2 1 1
stąd: ODP = ∑ k
k =
3
3
1
2
2
2
u = 1 + 2 + 3 + ...
3
3
2
2
2
2
u
= + 2 + ...
3
3
3
2
2
2
2
1
u1 − = 1 +
+ + ... =
= 3 → u = 3⋅3 = 9
3
3
3
2
1 − 3
1
ODP = 9 = 3
3
Zadanie 10
400
ODP = ∑ 400
400
5
,
0
- to moŜna sprawdzić w tablicach i
i=220
k − np
220 − 400 ⋅ 5
,
0
lub 1
− Φ
= 1
− Φ
= 1− Φ(2) ≈ ,
0 0256
np 1
( − p)
400 ⋅ 5
,
0 ⋅ 5
,
0