Egzamin dla Aktuariuszy z 5 października 2009 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

3

2

2

µ = µ ⋅ µ

+ 3δ ⋅ µ δ + µ ⋅ µ

3, S

,

3 N

( X )

N

X

X

N

3, X

α = ,

2 β = 4

α 1

µ

X =

=

β 2

α

2

1

δ

X =

=

2

β

8

2α

1

µ

X =

=

3,

3

β

16

1

2

3

µ

N =

+ + = 1

6

6

6

2

1

4

9

7

EN =

+ + =

6

6

6

3

3

1

8

27

EN =

+ +

= 6

6

6

6

µ

E N

µ

EN

µ EN

µ

µ

µ

N =

− N =

−

N

+

N

N −

N

= − ⋅ + − =

3,

(

)3

3

3

2

(3 )2

( )3

7

6

3

3 1 1

3

2

2

2

7

4

δ = EN

N

− ( EN) = −1 =

3

3

3

E( S − ES )

 

+ +

3

1

4 1 1

1

1

1

1

2

4 1

7

= 1⋅   + 3⋅ ⋅

+1⋅

= + +

=

=

 2 

3 2 8

16

8

4

16

16

16

Zadanie 2

X=Y+V

U=2(Y+V)+Y

U=3Y+2V

U − 2 V

Y =

3

U − 2 V

U + V

X =

+ V =

3

3

D : { X > ,

0 Y > }

0

U − V

2

> 0

U > V

2

→ ∆ : { U > ,

0 V ∈ R, U > V

2 , U > V

− }

U + V > 0

U > V

−

1

1

D( x, y)

2

1

1

3

3

=

= − − = − ≠ 0

1

2

D( u, v)

9

9

3

−

3

3

 u + v 

 u − 2 v  1

f u

( , v) = ex 

p −

 ex 

p −

 d

l

a (

u, v)∈ ∆



3 



3

 3

u

u

6 2

6 2

ODP = ∫ ∫

 − 2 u + v  1

1

2 u

v

ex 

p

 dvdu = ∫ ∫

 −

+ 

ex 

p

 dvdu =



3

 3

3



3



0 0

0 0

u

u

6

1

 2 u 2

 v 

6

1

 2 u 

 v 

6

2

1

 2 u 



 u 



= ∫ex 

p −

∫ ex 

p

 dvdu = ∫ ex 

p −

3ex 

p

 du = ∫ ex 

p −



 3ex 

p

 − 3 du =

3



3 

 3 

3



3 

 3 

3



3 



 6 



0

0

0

0

0

6 

 u 

 2 



 u  3

 2 6

= ∫

−

3

3

3

−4

ex 

p −  − ex 

p − u  du = − 2ex 

p −  +

ex 

p − u  = −2 e + e + 2 −

=



 2 

 3 



 2 

2

 3 

2

2

0

0

1

−

3 −

1

3

4

= − 2 e + e = (

−3

−4

1 − 4 e

+ 3 e )

2

2

2

Zadanie 3

L(θ , x)

n

n

= 2 n

θ ∏



x exp

θ

x

i ⋅

− ∑ 





i

i=1



i=1



ln L(θ , x)

n

n

= 2 n lnθ + ∑ln x θ x i −

∑ i

i=1

i=1

∂ ln L = 2 n −∑

2 n

x

ˆ

0

θ

i =

→ =

∂θ

θ

∑ n xi

i=1

2

(2∑ Xi)2

→ ENW ( v(θ))

1

=

=

= ( X )2

2

2

ˆ

θ

4 n

2

2

E( ENW (

 n



v(θ )

1

) =

E ∑ X 

2

2

2 n

 i=



1

∑ n X

2 n;θ

i ≅ Γ(

)

i=1

2

1  2 n

4



2

→

n

ˆ

v

E = c ⋅



+

 =

2

2

2

2

2 n  θ

θ  θ

c 1

( + 2 n)

2

=

2

2

nθ

θ

c 1

( + 2 n) = 2 n

2 n

c = 1+ 2 n

Zadanie 4

Y ≅ N β x x

i

(

2

,

i

i )

16

16

szukamy minimum: f = ∑ 2 2

c x p

rzy o

granicze i

n u

c x

bo nieobciążony

i

i

∑

i

i = 1

i=1

i=1

f ( c ,..., c , λ

c x

λ

c x

1

1

16

) 16

16

= ∑



2

2

i

i

+

∑





i

i −



i=1

 i=1



df

λ

= 2 c x 2 + λ x = 0 → c = −

i

i

i

i

dc

2 x

i

i

∑

16

c x

i

i = 1

i=1

16

− ∑ λ x

i − 1 = 0

x

i=

2

1

i

1

1

1

⋅16λ = 1 → λ = − → c =

i

2

8

16 xi

16

→ β = ∑ 1

ˆ

Y

i

x

i= 16

1

i

16

ˆ

var β = ∑

1

1

2

x

i

=

2

i=

256 x

16

1

i

N

4

6

4

7 8

P(

≅ (0 )

1

,









ˆ

β − β < c)

ˆ

= P β − β ⋅ 4 < 4 c = 9

,

0 5 → 4 c = 9

,

1 6 → c = ,

0 49









Zadanie 5

f = P k ( X

i < M )

n−

P k ( X i > M ) → max dla M > θ jest 0

→ zalozenie, z

eθ > M

−

P( X <

=

,

>

=

i

) M

M

P( X

M

i

) θ M

θ

θ

K

−

M

(θ − M ) n K

f =

K

n− K

θ

θ

ln f = K ln M − k lnθ + ( n − K ) ln θ

( − M ) − ( n − K ) lnθ

∂

K

n − K

n − K

n − K

n

nM

ln f = −

+

−

=

− = 0 → θ =

∂θ

θ θ − M

θ

θ − M θ

K

nM

z tego max i θˆ =

K

Zadanie 6

 f



1

1

P

H

> t =





0  f



2

0



n





2

1



∑( X 1

i +

)  









 exp −









 2 2Π 

8











− ∑ X 2 2

2

i

− ∑ Xi − n +

X 



∑

P 

exp

H

> t = P 



i 

H

> t =

0 

n



2

0

1

X 





∑

8

i























 ex 

p −





  2 2Π 



8







 − 2∑ X i − n 





X



∑ i n



n



= P 





exp

H

> t = P 

H

−

− > ln t = P 

H

∑ Xi < − − 4ln t = 5, 0

→

0 







8





0 

0







4

8





2





→ K = {∑ X < }

0

i

przy H :

X

N

n n

1

∑ i ≅ (− ;4 )

rozpatrzmy D

n

∞

e

Π n

1



2

8

x 

x

n

n

n

lim β

n ⋅

= lim ∫









  Π

exp −

ex 





p −  ex 

p −  ex 

p



dx =

2

2 2

n

8 n

4

8

8

2

0

Π













 

∞

2

∞

2

∞

 x 



 x  1

 x 



=

x

x

lim ∫ exp −

1

1

ex 





p −  ⋅

= ∫ 







lim exp −

ex 





p −  ⋅

=





∫





ex 

p −  dx = 1

n→∞

n→∞

8 n

4

4

8 n

4

4

4

4

0









0

















0

Zadanie 7

cov( X + Y

2 , Z )

cov( X + Y

2 , Z ) =

var( X + Y

2 ) var Z

zauważmy, że varX=varY=varZ oraz cov(X,Y)=cov(X,Z)=cov(Y,Z) 3cov( X , Y )

czyli ODP =

5 var X + 4 cov( X , Y ) var X

varX obliczamy z rozkładu hipergeometrycznego dla N=60, n=24, M=20

M

N −

q =

n

1 −

, var X = npq

N

N −1

2

1 2 60 − 24

3

q =

→ var X = 24 ⋅

=

3

3 3

59

59

var(X+Y) obliczamy z rozkładu hipergeometrycznego dla N=60, n=24, M=40

3

czyli var( X + Y ) = var X =

59

1





cov( X , Y ) =

(var( X + Y) − var X − var Y) 1 3 3 3

3

= 

−

−

 = −

2

2  59

59

59 

118

9

9

9

−

−

−

9 59 2

9 108

3

118

118

118

ODP =

=

=

= −

= −

= −

3

3

3

30 − 12

3

18

3

1

118

54

2 54

2

5 ⋅

− 4 ⋅

59

118 59

118

59

59

59

2

Zadanie 8

=

=

>

P( N = k Z = z) f ( z N

k ) P( N

k N

0)

=

f ( z)

dla k

0

P(

>

Z ≤ t N = k ) = P(min( X ,..., X

1

)≤ t) =1− P(min ≥ t) =1− Pk k

( X ≥ t) =

θ

k

 1 

= 1− 



≅ Pareto( θ

k

)1

,

1 + t 

θ

P(

k

k

Z ≤ t z >

q q

0)

∞

∞ 



= ∑ P( Z ≤ t N = k) P( N = k N > 0) = ∑

 1 

1

( − )

1 − 

 

=

t

q

k =

k

1

1

=1 



 +  

∞

kθ

θ

=

t

1 − ∑

k − 

1 

1

1

(

)

1

1

+

1

( − q) q





= 1− 1

( − q)

= 1−

t

θ

θ

θ

k =

1

1

 + 

1

( + t)

1

( + t) − q

1

( + t) − q

−

θ + θ−

f (

q q

t

z z > 0)

1

1

(

)

1

(

)

= [

1

( + t)θ − q]2

θ

k

1

( − q) q k 1

( + z)θ −

θ

q

k

1

+

[

]2

k

P(

θ

N = k Z = z)

1

( + z)

−

kq

[1(+ z) − q]2

1

=

=

θ

1

−

θ 1

1

( − q) qθ 1

( + z)

1

( + z) −

∞

k

2

k −

k q

[1(+ z)θ − q]2

1

[1(+ z)θ − q]2 ∞

ODP = ∑



q



=

2

θ −

k

1

θ

∑ 

θ 

k =1

1

( + z)

q 1

( + z)

k =1

 1

( + z) 

∞

A = ∑ 2 k

k q = q + 2 2

2 q + 2 3

3 q + ....

k =1

Aq = 2

q + 2 3

2 q + 2 4

3 q + ....

A 1

( − q) = q + ( 2

2 − 2

1 ) 2

q + ( 2

3 − 2

2 )

∞

∞

∞

3

q + .... = ∑ (2 k − )

1 k

q = 2∑

k

kq − ∑ k

q

k =1

k =1

k =1

∞

k

2

B = ∑ kq = q + 2 q + ....

k 1

=

2

3

Bq = q + 2 q + ....

q

q

2

B 1

( − q) = q + q + .... =

→ B =

2

1 − q

1

( − q)

2 q

q

2 q

q

2 q − q 1

( − q)

q 1

( + q)

A 1

( − q) =

−

→ A =

−

=

=

2

3

2

3

3

1

( − q)

1 − q

1

( − q)

1

( − q)

1

( − q)

1

( − q)

Z tego:

q



q



[

1

θ

θ

θ

1

( + z) − q]2

 +



1

( +

2

z) 

1

( + z) 

[1(+ z)θ − q] q[1(+ z)θ + q] 1(+ 3θ

ODP =

=

z)

q 1

( + z)θ



θ

θ

q

3

1

( +

3

z) q

[1(+ z) q] =

− 3

1 −

θ 



1

( + z) 

[1(+ z θ) + q]

=

1

( + z θ

) − q

Zadanie 9

P( Y

Y

P Z

X

Z X

P Z

X

X

P Z

n+1 <

n ) =

( n+1 n+1 < n n ) = ( n+1 n+ < n ) ( n = )1

1

=

= [ P(0 < X P Z

P X

X

P Z

P Z

n )

( n+1 = 0)+ ( n+1 < n ) ( n+1 = )1]⋅ ( n = )1 =

= [ P( X

P X

X

n > 0) ⋅

,

0 25 + ( n+ <

n

⋅

⋅

1

) ,07 ]5 ,075

szukamy rozkładu stacjonarnego:





 5

,

0

5

,

0

0 

[

1

1

1

p , p , p

,

0 25

0

,

0 75

5

,

0 p

,

0 25 p

p , 5

,

0 p

p , ,

0 75 p

p

1

2

3 ]







 = 

1 +

2 +

3

1 +

3

2 +

3 







3

3

3



 1

1

1 

 3

3

3 



1

5

,

0 p + ,

0 25 p +

p = p



1

2

3

1

3



1

9

 5

,

0 p +

p = p

→

z I

I

I p =

p

1

3

2

3

2

3

8



1

,

0 75 p +

p = p



2

3

3



3

3

4

do II wstawiamy: 5

,

0 p +

p = p → p =

p

1

2

2

2

1

8

5

9 4

9

4

9

27

10

p =

p =

p a

l

e p + p + p = 1 → p +

p +

p = 1 →

p = 1 → p =

3

8 5 1

10 1

1

2

3

1

5 1

10 1

10 1

1

27

4 10

8

9 10

9

1

p =

=

, p =

=

=

2

5 27

27

3

10 27

27

3

lim P( X

n > 0) = li

[

m P( X n = )

1 + P( X n = )]

17

2 = p + p =

2

3

n→∞

n→∞

27

P( X

X

P X

X

P X

P X

X

P X

n+1 <

n ) =

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

= P( X

X

P X

P X

X

P X

X

P X

n+1 = 0

n =

)1 ( n = )1+[ ( n+1 =1 n = 2)+ ( n+1 = 0 n = 2)] ( n = 2)=

1

= P( X

P X

P X

P X

n =

) 1 1

1 +  +

( n =



) 1

2 =

( n = ) 2

1 +

( n = 2)

4

3

3

4

3

lim P( X

n+

< X n = p + p =

+

=

+

=

1

) 1

2

1 8

2 9

2

6

8

n→∞

4 2

3 3

4 27

3 27

27

27

27

17 1

8 3  3

 17

24  3

41 3

41

ODP =

+

= 

+



=

=





 27 4

27 4  4

108 108  4

108 4

144

Zadanie 10

Wyznaczamy najpierw test JNM dla weryfikacji hipotezy H : θ = θ wobec K

: θ ≠ θ na

0

0

poziomie α gdzie X ,.... X ≅ J

1

n

( ,0θ)

Iloraz gęstości przy θ > θ jest postaci: 1

0

n

θ

p (

θ

x ,..., xn

xn n

θ

1

)  



0

g

dy

,

0

1

:

∈





( 0 )

θ

p (

θ

x ,..., x

1

n ) = 

1 

0

+ ∞ g dy xnn θ

:

≥ 0

a przy θ < θ jest postaci:

1

0

n

θ

p (

θ

x ,..., xn

xn n

θ

1

)  



0

1



 g

dy

,

0

:

∈ ( 1)

θ

p (

θ

x ,..., x

1

n ) = 

1 

0

 0 g dy xnn θ ,θ

:

∈[ 1 0 )

dla weryfikacji H : θ = θ wobe c H : θ > θ zbiór krytyczny jest postaci: 0

0

1

0

K = (

{ X ,..., X : x

spełnia warunek θ

P ( x

n n

:

∈ A) = α

n

n n ∈ A ∪ θ ; ∞

g

dzi

e A ⊆

;

0 θ

1

) :

[ 0 )}

( 0 )

0

dla weryfikacji H : θ = θ wobe c H : θ < θ otrzymujemy, że test o obszarze krytycznym 0

0

1

0

W = (

{ X ,..., X x

d

gdzie d spełnia θ

P ( x

jest testem JNM.

n n

:

< d ) = α

n

n n

θ

1

): : ∈( ,0 ) ∪[ ;0∞)}

0

1

Wybierając za zbiór A przedział (0,d) gdzie n

d = θ α otrzymujemy K=W

0

W jest obszarem krytycznym dla testu JNM przy H : θ = θ wobe c H : θ ≠ θ

0

0

1

0

1

W = (







 X ,..., X

x

n

n

θ α n

n

θ

1

)





:

:

∈ ,

0 0

∪





[ ;0∞)













Wiemy,

−( x θ

− )

− X

θ

−

że jeśli X ≅ e

d

l

a x ≥ θ to Y

= e

≅ J ( ;

0 e

)

Czyli zadanie sprowadza się do wyznaczenia testu JNM dla weryfikacji hipotezy H : b = b wobe

c H : b ≠ b g

dzie b

= e−θ , b = e−θ0 n a p

odstawie Y

,..., Y

0

0

1

0

0

1

n

z rozkładu J(0,b) gdzie

− Xi

Y = e

czyli mamy obszar krytyczny:

i

1

W = (

{ y ,..., y : y < c ∨ y ≥ b g dzie c = b α

1

n )

n n

:

n:

0 }

n

n

0

zauwa

−

żmy, że

X :1 n

Y

= e

czyli:

n n

:

lnα

W = (

 X ,..., X :

1

1

θ0

:

1

θ

n )



x n ≤

∨ x n > 0 −

 =



n 

= (



lnα

lnα

 X ,..., X

x

x

x

x

1

n )









: :1 n ≤ 0 ∨ :1 n > −

 = min( ,...,

1

n ) ∈ (− ∞,0)



∪ −

; ∞



n 





n

