Egzamin dla Aktuariuszy z 15 stycznia 2000 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1

1 1

1 1

P(

P

∧

2

b w I

I)

(2 bw I I)

6 3

6 3

=

=

=

≈ 20 9

, %

P(

b w I

I)

6

∑ P(





b w I

I k)

1 1

1

1

1

1

1

P( k)

 + + + + + 

6  2

3

4

5

6

7 

k 1

=

Zadanie 2

φ

Długość cięciwy = 2 r sin 2

ODP = ∫ E(⋅ r) f ( r) dr E(

2

⋅ r) Π

max(Π ,2

1

Π − Π1)

= ∫

1

2 r sin

dΠ bo ustalamy kąt pierwszego jabłka i wtedy 2

2Π

1

0

drugie ( ;

0 2Π)

Π

2Π





Π

2Π 

r

Π

2

1

Π − Π

r 

1

Π 



2

1

Π − Π 

=

r

4

∫sin

+ ∫

r

sin

 =



1

− 2 cos

 + 2 cos







= [2 + 2] =

Π 

2

2



Π

0

Π





2 



2



0

Π 

Π

Π





∞

ODP = ∫ 4 r

−2

2

r

e

= 4 1 = 2 ≈ ,

0 637

Π

Π 2 Π

0

Zadanie 3

P(





B ∩ C ∩ B ∩ B ∩ B

=

 +

 =

1

2

3

4

6 )

6 2 5 4 1

3 2

2160

8 7 6 5  4

4 3 

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3

P( B ∩ C ∩ B ∩ B =

=

1

2

3

4 )

6 2 5 4

2880

8 7 6 5

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3

→uklady z e c

2

zarn

e wystapily o

i

statnia c

zarna

6

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

7

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

4

8

P(





B

= −

− 

+

+

+

+

 =

6 )

6 5 4 3 2 2

1 2 6 5 4 3

6 2 5 4 3

6 5 2 4 3

6 5 4 2 3

6 5 4 3 2

15120

1

8 7 6 5 4 3

3  8 7 6 5 4

8 7 6 5 4

8 7 6 5 4

8 7 6 5 4

8 7 6 5 4 

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3

układy że 2 czarne wystąpiły i ostatnia czarna: cbbbbc, bcbbbc, bbcbbc, bbbcbbc, bbbbcc sprawdzamy A

2160

2880

15120

=

L=P

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3

8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3

Zadanie 4

1

p

2 



WYNIK = σ 

..



 p

1 





2

p < 1

p ∈ (−

)

1

;

1

 n

1



1



ale var(∑ ) = n + 

2

 p > 0 → p > −

→ −



1

;

 2

n −1

 n −1 

Zadanie 5

S ≅ N (

2

5 µ 5

;

5

σ )

S

≅ N(

2

20 ;

µ 20

20

σ )

S

≅ N(

2

15 µ 1

; 5

15

σ )

ODP = var( S S

+ E S S

= var S S + S + E S S + S

5

) 2

20

( 5 20)

( 5 5

) 2

15

( 5 5 15)

cov( S , S + S

= 5 σ

5

5

)

2

15

5 2

σ

5

1

p =

=

=

2

2

100

2

5 σ

20 σ

E(

5 σ

S S + S

= 5 µ + 5

,

0

S

− 20 µ = 5 µ + , 0 25 S

− 5 µ = ,

0 25 S

5

5

15 )

( 20

)

20

20

20 σ

var(

3

15

S S

= 1− 5

,

0

5 σ = 5

=

5

) (

2

20

) 2

2

2

σ

σ

4

4

15 2

1

2

ODP =

σ +

S

20

4

16

Zadanie 6

Obliczenia pomocnicze:

1

u = −

e

+

−

−

22

2

e

+ 32 3

e

+ ...

−1

2

ue

= −

e

+

−

−

22

3

e

+ 32 4

e

+ ...

u(1

1

− −

e )

−1

= e + (22 −12 ) −2

e

+ (32 − 22 ) −3

e

+ ...

−1

= e + 3 2

−

e

+ 5 −3

e

+ ...

u(1

1

− −

e ) −1

2

e

= −

e

+ 3 −3

e

+ 5 4

−

e

+ ...

u(

−

−

−

−

e

e

e

+

1

−

−

−

−

−

e

1 − e )(

1

1 − e )

1

2

1

2

1

2

3

= e + 2 e + 2 e + ... =

+

=

bo:

1

−

1

−

1

−

1 − e

1 − e

1 − e

−1

x = e

+ −

2 2

e

+ ...

1

−

−2

xe

= e + −

2 3

e

+ ...

x(

−

−

1

−

−

−

e

e

1 − e )

1

1

1

2

= e + e + ... =

→ x =

1

−

1 − e

( −

1 − e )2

1

∞

−1

E  X  = ∑

− k

ke

( −

e

1 −

1

e ) =

−

1

k =1

1 − e

−1

−1

e

1 − 2

E < X >=

e

1 −

=

1

−

1

−

1 − e

1 − e

∞ k+1

∞

∞

−1

−

2

2

x

2

k

2

( k

)

1

2

k

1

e

+ 2

E  X  = ∑ ∫

−

k e

= ∑

−

− +

k e

− k e

= ∑

−

k e

( −

e

1 − e ) =

2

k =

1

1 k

k =1

k =1

( −

1 − e )

−1

2

−

−2

−1

e

+ e

e

e

var X  = (

−

=

−

−

−

1 − e )2

1

(1− e )21 (1− e )21

var < X >= var X + var X  − 2 cov( X ,  X ) var < X >= .....

k +

E(

∞

1

∞

 X ⋅ < X >) = ∑ ∫

−

k( x − k) x e

= ∑ k[ − k

− k

− k −1

− k −1

− k −

ke

+ e − ke e − e e −

1

e e ]− 2

k ( − k

− k −

e

−

1

e e ) =

k =1 k

k =1

∞

−1

= ∑ − k

ke

( −

e

1 −

1

2 e )

−

=

1 −

1

2 e

2

k =

1

1

( −

1 − e ) (

)

1

−

−1

1

−

−1

e

− e

e

− e

cov 

( X ,< X >) (1 2 )

1 2

= (

corr

− −

e )

−

= →

=

2

−

−

1

(1 1

1

1

− e )

0

0

1 − e

Zadanie 7

σ >

1

σ 0



2

1

 ∑ ( X i − µ) 

exp −





2Π

2 σ

σ 1



1



p

/ p

rosn

2

ące dla ∑ ( X

i − µ)

σ

σ

=

→

1

0

1



2

 ∑ ( X i − µ) 

exp −

2Π σ 0







2 σ 0



≅ χ 1

( 0)





 6 4

47 4

48



P

 ∑ X

i − µ

> c =

→ c =

2

(

)2

0

,

0 5

18 3

, 07

σ

1

= 







≅ χ 1

( 0)





 6 4

4 7 4

4 8

 ∑ (



X − µ



i

)2

307

,

18

307

,

18

moc: P

>

 > 9

,

0

→ 865

,

4

≥

2

2

2

σ

σ

σ













2

18 3

, 07

σ

≥

≈ ,

3 7628

8

,

4 65

Zadanie 8

1 r −1

r −1

P( CBC) =

→ f ( r) =

2

r

r

r

r(2 − r)

f (

′ r) =

Z tego:

3

r

ˆ r = 2

Zadanie 9

X ≅ J (

)

1

,

0

i

P(2 n ∏ X

i ≤

5

,

0 )



= P ∏

1 



X i ≤

 =

n+

P

X

n

1

(∑ln i ≤ −( + )1ln2)



2



t

e

dla t ∈ (−∞ 0

; ) P(ln X < t) = P( X < t e ) = ∫.. = t

e

0

 1



1

P(− ln X < t) = P

< t

e  = P(

−

X >

t

e ) = ∫

−

.. = 1 −

t

e

 X



− t

e

− t

f (− ln X ) = e wykładniczy Y ≅ Γ( n )

1

;

n

∞

∞

P(Π

P Y

n

x

e dx

x

e dx

n ≤

5

,

0 ) = ( n ≥ ( + )

1 ln 2) =

∫

1

n−1 − x

≤ ∫ 1

n−1 − x

= 1

( n − )

1 !

( n − )

1 !

( n+ )

1 ln 2

0

( n+ )

1 ln 2

( n+ )

1 ln 2

∞

P(Π

x

e

x

e

x

e

n ≤

5

,

0 ) = 1 −

∫

1

n−1 − x ≥ 1−

∫

n−1 − x ≥ 1− ∫ n−1 − x = − 1

1

→ 1

( n − )

1 !

Γ( n)

0

0

0

czyli odpowiedź C jest prawidłowa Zadanie 10

n

n

n

∑(

2

X

X

X 2

2 X X

X 2

X 2

2 X

nX

nX 2

i −

n+ m )

= ∑( i −

i

n+ m +

n+ m ) = ∑

i −

n+ m

n +

n+ m

i=1

i=1

i=1

n

E∑ X 2

n σ 2

µ 2

i

= ( + )

i=1

 X + ... + X + X + + ... + X

X

+

+ ... + X 

1

n

n 1

n m

1

1

X

E

X

+

= E

n



 =

+

+

n m

n

[ 2 2 2

2

nσ

n µ

n µ

m

]



n + m

n



n( n + m) 2

 X + ... + X



1

1

E

n+ m



 =

( n + m) σ + ( n + m) µ

2 [

2

2

2 ]



n + m



( n + m)

E∑ ( X i −

2

2

2

2 n

2

2

2

1

2

2

2

X n+ m ) = n( σ + µ )−

[ n( σ + nµ )+ n µ

m

]+ n

( n

m) σ

n

m µ

2 [

+

+ ( +

) ]=

n( n + m) ( n + m)



2

2 n

n





2



=

2

2 n

2 nm

σ  n −

+







+ µ n −

−

+ n =







n + m

n + m 



n + m

n + m



+ −

+

−

−

+

+

+ −

2 n( n

m

)

1

2

2 n

nm

2 2

n

2

2

nm

n

nm

2 n( n

m

)

1

= σ

+ µ

= σ

→ ( D)

n + m

n + m

n + m