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 Ŝe 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