Egzamin dla Aktuariuszy z 10 października 2005 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
sup L θ
( ; x)
m , m
λ( x) = 1 2
> t
sup L θ
( ; x)
m , m
1
2
m 1≠ m 2
2
2
9
∑( Xi− m
∑ yi−
1 )
9
(
2
m )
1 −
1
−
2
8
L( θ; x) =
e
e
2Π
2Π ⋅ 2
∑( Xi − m )2
∑ yi − m
1
(
)2
2
ln L = 9
− ln 2Π −
− 9ln 2 2Π −
2
8
∂
2
= ∑
∂
X
= −
i − 9 m
= 0
1
∂
9
m
2
∂ m
2
∂
− 9
0
1 =
1
→ m
X 1
= 0
9 > 0 → max
∂
∑ y
2
∂
∂ m ∂ m
0
−
2 =
i
9
=
−
m
Y
9
m = 0
= −
1
2
4
2
∂ m
4
4
2
2
∂ m
4
2
2
2
9
∑( Xi− X )
9
∑( yi− Y )
1 −
1
−
2
8
e
e
2Π
2Π ⋅ 2
λ( x) =
2
2
4 X + Y
4
∑
X Y
Xi −
∑
+
yi −
9
5
9
5
1 −
1
−
2
8
e
e
2Π
2Π ⋅ 2
2
2
4 X + Y
4 X + Y
2
2
∑ Xi −
∑ yi −
∑( Xi − X )
∑( yi − Y )
5
5
P
0
−
−
+
+
> ln t =
2
8
2
8
=
9
2
9
2
36
2
9
36
9
2
9
P
X
0
+ Y −
X
− XY −
XY −
Y
+
(16 X 2 +8 XY + Y 2)
> ln t =
2
8
5
5
20
20
40
9 36 18
2
9
9
9
2
9
36
9
= P
0
−
+
X + −
+
Y − +
− XY > ln t =
2
5
5
8
20
40
5
20
5
9
2
9
9
=
2
2
10
5
P
X
Y
XY
t
P X
Y
t
X
Y
N
0
+
−
> ln = ( − )
>
ln
− ≅ ;
0
10
10
5
9
9
2
( X − Y 3
)
P
> 2ln t → 2 ln t = 8
,
3 41
0
5
X + + X
Y +
+ Y
II : var( X − Y )
...
...
1
4
2
1
3
= var X + var Y − 2cov 1
9
; 1
9 = + −
9 ⋅ ⋅1⋅ 2 =
9
9
9
9
81
2
9
( X − Y ) 2
3
10 9
10
8
,
3 41
P
>
ln t = P χ ) 1
(
>
≈ 0
,
0 1
3
9 3
3
2
1
4
1
moc: X ≅ N ;
m
, Y ≅ N m − ; 2
, X − Y ≅ N ; 2
9
9
3
2
10
10
10
P ( X − Y )
>
ln t = P X − Y > ln t l
u
b X − Y < −
ln t =
9
9
9
= P ( X − Y − 2)
10
3 >
10
ln t − 2 3 l u
b ( X − Y − 2)
3 < −
ln t − 2
3 =
9
9
≅ }
N (0 )
1
,
= P
X
> − 9
,
0
3 l
u
b X < − 9
,
5 9 ≈ 8
,
0 2
Zadanie 2
∂
( y β β x
i −
0 −
1 i )
= −2∑
= 0
∂ β
var ε
0
i
∂ = −
x
2∑
i
( y β β x
i −
0 −
1 i ) =
0
∂ β
var ε
1
i
y
1
x
i
i
∑
− β
β
0 ∑
− 1∑
= 0
var ε
var ε
var ε
i
i
i
2
∑ x Y
x
x
i i
−
i
i
β
β
0 ∑
− 1∑
=
0
var ε
var ε
var ε
i
i
i
∑ x
y
x
i
∑ i − β 1∑
i
∑ x y
var ε
var ε
var ε
i
i
i
i
i
−
∑ y
x
i
−
var ε
1
β
i
∑
1 ∑
i
var
var
var ε
β
β
1 =
i
0 =
ε
ε
i
i
∑ 1
2
∑ xi
var εi
var εi
∑ 1 ∑ x y
x
y
i
i
− ∑ i ∑
i
var ε
var ε
var ε
var ε
i
i
i
i
β
1 =
2
2
∑ 1 ∑ x
x
i
− ∑
i
var ε
var ε
ε
i
i
var i
2
σ
się skraca, moŜna załoŜyć, Ŝe var ε =1 lub 9
i
5
5
∑ 1 = ∑ 1 + ∑ 1 = 5 + 5 = 50
2
2
2
2
2
var εi
i=1 σ
i=1 9 σ
σ
9 σ
9 σ
5
5
∑ xi = ∑ 1 + ∑ 4
1
20
=
65
5 +
=
2
2
2
2
var εi
i= σ
i
9 σ
σ
9
1
=
1
9 σ
2
5
5
∑ xi = ∑ 1 + ∑ 16
1
80
=
125
5 +
=
2
2
2
2
var εi
i= σ
i
9 σ
σ
9
1
=
1
9 σ
50 125
652
2025
MIAN =
−
=
= 25
9
9
81
81
50
65
LICZ = ∑
x
i
−
y
i
9 var ε
9 var ε
i
i
5
5
E( LICZ ) = ∑ 50
65
200
65
75
−
( β
β
β
4 β
β
25 β
0 +
1 ) + ∑
−
( 0 +
1 ) =
1 =
1
i= 9
9
81
81
3
1
i=
1
5
2
5
2
var( LICZ ) = ∑ 15
15
1125
1125
1250
−
2
σ + ∑
2
9 σ = 2
σ
+
=
2
σ
i=
9
9
81
9
9
1
i=
1
ˆ
Eβ = β
1
1
1250 2
σ
2
ˆ
9
2
var β =
= σ
1
625
9
2
ˆ
β
N β ; σ
1 ≅
2
1 9
5
∑(
1
65
5
65
50
β + β + ∑
β + 4 β −
β
0
1 )
5
( 0
1 )
1
(5 β + β + β + 4 β − β
β
0
1 )
( 0
1 )
1
0
9
9
1
=
1
ˆ
=
9
9
9
β
E
i
i
=
=
=
= β
0
0
50
50
50
9
9
9
2
y
x
x
y
var ( LICZ )
β
= var
i
i
β
i
i
β
0
∑
+
∑
var
2
cov
;
1
∑
−
∑
1
var εi
var εi
var εi
var εi
y
1
15
15
15
15
cov ∑
i
; β
cov y
...
y
y
...
y ;
y
...
y
y
...
y
1
=
1 + + 5 + 6 + + 10 −
1 −
−
5 +
6 +
+
10
=
var εi
2
25 σ
9
9
9
9
1
15
⋅
2
15
2
8 75
8
8
=
−
⋅ 5 σ +
⋅5 ⋅9 σ
=
= ⋅3 =
25 2
σ
9
9
9 ⋅ 25
9
3
5
5
y
1
5
50
var
i
∑
=
∑1+ ∑ ⋅9 = 5 + =
var εi
i=
81
9
9
1
i=1
2
50 65 2
65 50
50
8450
6500
800
var ( LICZ )
β
=
+
− 2
⋅
=
+
−
=
0
9 9 9
9 9
9
81
81
27
800
800 81
24
ˆ
27
var β =
=
=
0
2
27 2500
25
50
9
24
ˆ
β
N β ;
σ
0 ≅
2
0 25
P(
ˆ
β
β 5
5 z
5
ˆ
z
β
β
z σ
P
9
,
1 6
z
0 −
0 <
0
)
0 − 0
=
0
0
<
→
=
→ 0 =
24 σ
24
24
P(
3 z
3
ˆ
z
β
β
z σ
P X
9
,
1 6
z
1 −
1 <
1
)
= < 1 →
= 1 → 1 =
2
2
Z tego wychodzi najbliŜej odpowiedź C
Zadanie 3
2
f ( x = ∫ 3
)
dy = 3 → X , Y n zl X ≅ 3
, Y ≅ J ,
1
( 2)
4
4
4
x
x
x
1
t − t
1 ∈ ;
1
( 2)
P( S < t X ) = P( XY < t X )
= x
x
t
1
≥ 2
x
1
f ( S X ) = x < s < 2 x x
1 3
108
g(
4
x S =
f S
x f x
x
x
3)
( = 3 ) ( )
∈
=
= x =
]
3
;
5
,
1
[
5
x
f ( S =
5
)
3
3 3
∫
0 wpp
5
3 x
2
Zadanie 4
S
X >
= A - rozłączne
i
i
2
Z tego:
X + ... + X
ODP = 10
1
10
P X >
= 10 P X > X + + X
= P X > Y gdzie 1
(
...
1
2
10 )
10 (
)
2
X ≅ wykl( λ), Y ≅ Γ ; 9
(
λ)
∞ ∞
9
∞ 10
ODP =
λ
λ
10∫ ∫ − λx
8 − λy
λe
y e
dxdy = 10∫
8 − λy 1
− λy
y e
e
dy =
!
8
!
8
λ
0 y
0
9 ∞
λ
α = 9
8 −2 λy
10 9
λ
!
8
10
10
5
= 10
∫ y e
=
=
=
=
=
!
8
β = 2 λ
!
8
(2 λ)9
29
512
256
0
Zadanie 5
4
L =
θ
X
(4 θ) n (Π X
e
i )3
− ∑ i
ln L = n ln(4 θ) + ∑
3
X
θ
X
i −
∑ 4
ln
i
∂ = n −∑ 4
n
X
θ
i
= 0 → =
∂ θ θ
∑ 4
X i
n
−
X 4
g θ
( ) =
∑
e
i
= T
n
4
3 −2
f ( x) = 8
x
x e
2
1
1
4
4
4
P(
t
t
X 4 < t)
x =
= P X < t
=
3
4
−
w
2 x
−2 w
∫8 x e
=
= ∫ 2 e
≅ wykl(2)
4 x 3 dx
0
= dw 0
n
∑ X −
i
2 →
Φ X ≅ wykl(2) 1
i
n
2
Sprawdzamy (B)
2
2
2
2
1 2
1
2
−
−
P Tn − e
>
l
u
b Tn − e
< −
= P Tn >
T
2
2
2
+
1 l
u
b n < 2 −
+
1
=
ne
e
n
e n
e
n
n
2
n
2
= P −
> −2 + ln
+
1 l
ub −
< −2 + 1−
=
∑ X i
n
∑ Xi
n
n
2
n
2
= P
< 2 − ln1+
l u
b
> 2 − ln1−
=
∑ X i
n
∑ Xi
n
n
n
= P∑ X
l
ub
i >
∑ Xi <
=
2
2
2 − ln1+
2 − ln1−
n
n
n
n
∑ X −
∑ X −
i
i
CTG
n
n 2
n
n
=
2
P
2 >
2
−
l
u
b
<
−
→
1
2
2
n
1
2
2
n
n
2 − ln 1 +
n
2 − ln1 −
2
n
2
n
1
4
4
4
4
2
4
4
4
4
3
1
4
4
4
4
2
4
4
4
4
3
A
B
n
n
CTG
→ 1− Φ(lim A + Φ lim B
n )
(
n )
2
→
n
4
6
4
7 e 8 n
n
2 2
ln 1
+
n
2
2
2 n − 2 n + n ln 1 +
n ln 1
+
2 n
n
n
An =
− n =
=
=
→ 1
2
2
2
2
2 − ln 1 +
2
− ln 1+
2
− ln 1+
2
− ln 1
+
n
n
n
n
4
1
4
2 3
→0
B
analogicznie
n → −1
ODP = 1 − Φ )
1
( + Φ(− )
1 = 1 − Φ )
1
( + 1 − Φ )
1
(
= 2 − 2Φ )
1
(
≈ 3
,
0 2
Zadanie 6
Teoria – odpowiedź (E) jest prawidłowa Zadanie 7
MoŜna wypisać wszystkie moŜliwości
+ oznacza, Ŝe istnieje prawdopodobieństwo LICZ i MIAN to odpowiednio prawdopodobieństwo licznika i mianownika w prawdopodobieństwie warunkowym
X
X
X
X
LICZ
MIAN
0
1
2
3
1
2
2
1
1
2
3
1
+
1
3
2
1
1
3
3
1
2
2
2
1
2
2
3
1
2
3
2
1
+
+
2
3
3
1
3
2
2
1
3
2
3
1
+
3
3
2
1
3
3
3
1
4 3
1
1
P( LICZ ) =
⋅1⋅ =
9 4
4
12
2 1 3
4 3
1
3
1
1
1
1 + 4 + 3
8
P( MIAN ) =
+
⋅1+ ⋅1⋅ =
+ + =
=
9 2 4
9 4
3
4
12
3
4
12
12
1 12
1
ODP =
=
12 8
8
Zadanie 8
X
- ilość orłów w rzutach 5,6,7,8
(5,8)
E(
X
X + X
+ X
X
= E X X
= X → E X X
=
4
(5,8)
(9 1
, 2)
12 )
3 ( 4 12 )
12
( 4 ) 12
12
3
var E( X X
=
X
= ⋅ ⋅
=
4
12 )
1
1
1 1
1
var
12
12
9
9
2 2
3
1 1
var X = 4 ⋅
= 1
4
2 2
var X = E var X X
+
E X X
→ E
X X
= − =
4
( 4 12) var ( 4 12)
var( 4 12 )
1
2
1
3
3
Zadanie 9
Szukamy E( θ min = ) 1
t
0
< θ
n
P(min < t θ) = 1− P(min > t θ)
= 2
θ
1 −
t
>
2
θ
t
t
θ 2
2
θ 2
bo: ∫
= 1−
= F ( x ) θ
t
θ
<
x 3
t 2
0
2 n
f (min )
θ
θ =
−
t 1 2 n t
> θ
2 n −1
dla θ < 1
2
θ n 1
n
f (
θ
2
1
n −
+
θ
n+
θ min = )
2
1 2
1 =
=
2(2 n − )
1 (2 n + 2) = (2 n + 2) 2 1
θ
θ ∈ (
b
)
1
,
0
o :
1
2
θ n 1
2(2 n − )
1
∫
θ
2 n −1 2
0
1
1
2 n+2
θ
1
MIAN =
=
2(2 n − )
1 2 n + 2
2(2
n − )
1 (2 n + 2)
0
1
n
E(
1
2 +3
n
θ
n
n
θ min = )
1 = ∫
2 +2
(2 + 2)
2 +
(2 n + 2) θ
=
2
=
2 n
3
2 n
3
0
+
+
0
Zadanie 10
1 −0,5 x 1
+
e
−0,5 x 1
+
x
P 4
>
+
t = P
> 2 = − 5
,
0
+1 + > ln 2
H 0
( e
t ) P(
x
x
t )
1 − x
e
2
1. x < −
1 −
(
5
,
0
− x − )
1 − x > ln(2 t) → x < 1 − 2 ln(2 t) 2
1
2. x ∈ (− 0
;
1
) x < − ln(2 t) −
3
3
3. x >
0 x > 1 + 2 ln(2 t) nie wiadomo jakie t ale jeŜeli K:x>3....
e
na pewno x > 1 + 2 ln(2) = 3 → t =
2
1. x < 1 − 2 ln e = −
1 x < −1 teŜ wchodzi do K
2
1
2. x ∈ (− 0
;
1
) x < − ln e − x < −1 odpada 3
3
Z tego a=-1
∞
−1
α =
1
x
1 x
1
1
P ( X
)
3
P ( X
)
1
e
e
e
e
,
0 209
0
> + 0
< − = ∫ − + ∫
−3
−
=
+
1 ≈
2
2
2
2
3
−∞