Egzamin dla Aktuariuszy z 15 czerwca 2002 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1
B′ ∩ A = (Ω − B) ∩ A = A − A ∩ B
B ∩ A′ = (Ω − A) ∩ B = B − A ∩ B
P( B′ ∩ A) 1
P( B ∩ ′
A )
1
=
=
P( )
A
2
P( ′
A )
3
P( A) − P( A ∩ B) 1
P( B) − P( A ∩ B)
=
= 1 O
ZN : P( A ∩ B) = x P( A)
2
1 − P( A)
3
p − x
1
=
p
2
1
1
→ p = p − x → x = p p − x
1
2
2
=
1− p 3
1
p −
p
1
1
1
1
2
= → − p = p − p 1 − p
3
3
3
2
5
1
p =
6
3
1 6
2
p =
=
3 5
5
Zadanie 2
Rozkład hipergeometryczny
n − n
var
1
= n pq
1
n −1
nie ma znaczenia – chodzi o podział na grupy 1
.
1 4 k
u
l var(S + S
1
2 )
k
6
.
2
u
l var(S
1 )
k
8
.
3
u
l var(S
2 )
1.r=14, n=25, n1=15
2. r=6
3. r=8
10 14 11
1. var = 15 ⋅
24 25 25
10 6 19
2. var = 15 ⋅
24 25 25
10 8 17
3. var = 15 ⋅
24 25 25
cov( S , S
=
S + S
−
S −
S
= ⋅
⋅ − ⋅ − ⋅
= −
1
2 )
(var( 1 2) var
var
1
2 )
10 1
5
,
0
15
(14 11 6 19 8 17) 5,
0
,
0 48
24 252
Zadanie 3
µ
Jeśli X ≅ P( µ), Y ≅ P( λ) → ( X X + Y = n) ≅ BERNOULLI G
E O n;
µ + λ
P(
n
m
m
λ
λ µ
µ
R
R
P N
P M
e
e
N + M >
N )
∞ ∞
= ( = 0) ( > 0) + ∑∑
−
−
n
m n
m
m=
!
!
1 n=1
+
m
bo jeśli R + > R tzn. Ŝe max w ( X
,..., X
bo jedn. praw.
N +
M
=
1
)c zy p
N M
N
n + m
∞ ∞
n
m
= ∑ ∑ m λ − λ µ
−
dl
a N = 0 ∧ M = p
0
= 0
X
µ
e
e
=
= E
X + Y > 0 P( X + Y > 0) =
n
m n
m
X
Y
m=
!
!
dl
a N
0
M
0 p
0
1 n=0
+
> ∧
=
=
+
∞
= X ≅
X
P( µ), Y ≅ P( λ) = ∑
E
X + Y = n P( X + Y = n X + Y > 0) P( X + Y > 0) =
X
Y
n=
1
+
∞
∞
n
= ∑ X
1
µ
( λ
µ)
E
X + Y = n P( X + Y = n) = ∑
+
−( λ+ µ)
n
e
=
X
Y
n
λ
µ
n
n=
!
1
+
n=1
+
∞
n
= µ ∑ ( λ + µ) −( λ+ µ) = µ
e
( − λ−
1 −
µ
e
)
λ + µ
n
λ
µ
n=
!
1
+
Zadanie 4
S
S
S
var N = E
N
N
var
N + var E
N
N
N
N
S
1
σ 2
N
var
N =
, var X =
N
N
N
S
E
N
N = EX = µ
N
∞
∞
1
2
1
θ
E
= ∑
n−
n 1
( −
1
2
θ)
θ = ∑
n−
1
( −
1
2
θ)
θ =
= θ
N
n
θ
n=
1
1
(
)
1
n=1
− −
σ 2
E
= σ 2 θ
N
ODP = σ 2 θ + var µ = σ 2 θ
Zadanie 5
ln 2
1
f (
f
W
X
λ
n
λ
W W ,..., W
1
1
n−1 )
− ≤
=
= f W ln 2 X
µ
n−1 >
µ
= pn 1
−
= qn 1
−
EW
E X
P W
E X
P W
n =
( λ ) (
6 4
4 7
4
4
n
≤ ln 2 +
µ
n
>
1
−
)
8
( ) (6 4
4 7
4
4
ln 2
1
−
)
8
p = (1− −
2 λ p
q
n
)
1 2 µ
n 1 + ( −
−
−
)
n−1
− λ
−
q
p
q
n = 2
µ
n−
2
1 +
n−1
−
−
−
−
−
p = (
λ
1 − 2
p
1 + 1 − 2
1 − p 1 = 2
− 2
p 1 + 1 − 2
n
) − ( µ
n
)( n− ) ( µ λ) µ
n−
−
−
−
−
1 − 2
lim p : p = 2
− 2
p + 1 − 2
→ p =
n
( µ λ)
µ
µ
− µ
− λ
1 − 2
+ 2
−
− λ
−
2
q = 2
1 − q
1 + 2
q 1 → lim → q =
n
(
− )
λ
µ
n
n−
− λ
− µ
1 + 2
− 2
− µ
1
1 −
−
2
1
2 λ
1 − −2
−1
ODP =
+
=
2
+ 1
2
=
−
µ
− λ
λ 1− 2
+ 2 µ 1+ −
2 λ − −
2 µ
1 − −2
2
+ −1
2
2 1 − −2
2
+ −1
2
3 4
1 1 4
3
1
4
=
+
= + =
4 5
2 2 5
5
5
5
Zadanie 6
2
2
σ
σ
X ≅ N
,
0
, Y ≅
N ,
0
100
385
P( X > Y )
≅ N (0 )
1
,
≅ N (0 )
1
,
8
7
6
4
6
4
7 8
X 10 385
Y
385 10
385
100
1
P
>
= P
X >
Y X , Y ≅ Γ
σ
σ
σ
σ
2
2
σ
σ
2
Y
Y
P( Y < 8
,
3 5 X ) = P
< 8
,
3 5
≅ F
)
1
,
1
(
X
X
−1
,
3 85
2
1
x
x =
,
3 85
∫
dx =
t = ∫
1
2
dt =
2
arctg
8
,
3 5, Γ 2 (
)
5
,
0
= Π
Γ( )
5
,
0
Γ( )
5
,
0
( x +
2
2
2
2
)
1
x
t
(
)
5
,
0
t
1
(
)
5
,
0
0
=
Γ
+
Γ
0
f ( x) = arctgx 1
f (
′ x) =
2
1 + x
2 x
f (
′ x) = − (
+ x )2
2
1
2
6 x − 2
f (
′ x) = (
1 + x )3
2
12 x(1+ x )3
2
− ( 2
6 x − 2) (
3 1 + x )2
2
2 x
f IV ( x) =
(
1 + x )6
2
rozwinięcie w Taylora wokół x = 1
0
f IV
)
1
(
= 0 → ODP ≈ ,
0
b
7 o :
Π 1
1 ( x − )
1 2
4 ( x − )
1 3
+ ( x − )
1 −
+
....
4
2
2
2
8
6
N
( k
f
) ( x 0 )( x − x 0 ) k f ( x) ≈ ∑
k!
k =0
Zadanie 7
k
P( Z = k) = P( k −1 < W ≤ k) = ∫ − λx
− λk
− λ( k− )
1
−
λe
dx = 1 − e
−1+ e
= λk
e
( λe − )1 k = ,1 ,2...
k −1
− λS
L = e
( e − ) n
λ
1
ln L = − λS + n ln( λ
e − )
1
∂
λ
= − + ne
S
= 0
∂
λ
λ
e −1
( λe − )
λ
1 S = ne
e λ ( S − n) = S
S
e λ =
S − n
S
S − n
n
λˆ = ln
= − ln
= − ln1−
S − n
S
S
λ
′ = − e
f
< 0 → max
λ
e −1
Zadanie 8
F(t)-F(-t)=0,995 t(13)
Z tego: t=3,735 (moŜna znaleźć dokładne tablice lub przybliŜając) 2
S 13
2
≅ χ 1
( )
3
2
σ
≅ N (0 )
1
,
8
7
6
St
X 14
St
po przekształceniach: P−
≤
≤
1 σ
5
1 σ
5
1 σ
5
t
t
P −
≤ t 1
( )
3
≤
≈ F ( 9
,
0 6) − F (− 9
,
0 6) ≈ ,
0 6
15
15
Zadanie 9
( y− )
1 2
−
x−
(
)
1 2
2
−
2
3
P e
e
> t = 1,
0
0
2
y
−
2
x
2
−
2
3
e
e
≈ ,
1
≅
8
7
6 28
N (0 )
1
,
}
1
4
3
ln t + 2
P X
y
ln t
P
X
0
− +
− >
=
>
2
3
2
43
27
7 27
≅ N
1
;
3 43
4
6
4
7 8
4
X + Y
≅ }
N (0 )
1
,
7 27
moc:
3
P
> ,
1 28 = P
X
> ,128 −
≈ ,
0 76 (najbliŜej)
1
43
3 43
27
Zadanie 10
P( N = n + ) 1
ODP =
P( N > n) 1
P( N = n + ) 1 = ∫ P( N = n +1 θ) f ( θ) dθ
0
P( N = n +1 θ) = Pn ( X = 0 θ) P( X = 1 θ) = 1
( − θ n
) θ
1
1
n+1
n+2 1
n
n
t
t
P( N = n + ) 1 = ∫ 1
( − θ)
d
θ θ = ∫ t 1
( − t) dt =
1
1
−
=
−
n 1
n
2
n 1
n
2
0
0
+
+
+
+
0
1
P( N > n) = ∫ P( N > n θ) f ( θ) 0
P(
n
N > n θ )
∞
∞
∞
= ∑ P( N = i θ) = ∑ i−1
P
( X =
θ
0 θ ) P( X = 1 θ) = ∑
i−1
1
( −
1
( − θ)
θ =
)
θ
= 1
( − θ) n
θ
i= n+1
i= n+1
i= n+1
1
n+1 1
n
t
P( N > n) = ∫ 1
( − θ) =
1
=
n 1
n 1
0
+
+
0
n + 2 − n −1
( n + )
1 ( n + 2)
1
1
ODP =
=
( n + )
1 =
1
( n + )
1 ( n + 2)
n + 2
n + 1