Egzamin dla Aktuariuszy z 14 października 2000 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

1

P(i) – prawdopodobieństwo, że od i-tego miejsca seria =

5

2



X

i =

1 g

dy s

eria

 0 wpp

16

L – liczba serii = ∑ X

i

i=1

1

16

1

EL = 16 EX

i = 16 ⋅

=

=

25

32

2

Zadanie 2

X = X 0

X ≅ J (

)

1

,

0

i

ODL( X , X 0 = min X 1

, − X

i

)

( i

i )

OD = min{min( X 1

,

1

− X 1),min( X 1,

2

− X 2 ),...,min( X 1,− X

n

n )}



t

1

1 

dla t ∈  ,

0

 P(min( X 1

,

X

t

..

..

t

1 1 t

t

2

i

− i ) ≤ ) = ∫ + ∫ = + − + =



2 

0

−

1 t

 1 

f

J

min( X −

1

,

X ) ≅

 ,

0





2 

P(min < t) = 1 − P(min > t) = 1 − [ (

2

5

,

0 − )] n

t

=

n

n 1

f

n

t

Y = 2

( 5

,

0

) −

−

0,5

0,5

EY = ∫ tn 2 n ( 5

,

0 − n−1

t)

= 5

,

0 − t = x = ∫ ( 5

,

0 −

n

n−1

x) n 2 x

=

0

0

0,5

 5

,

0 n 2 n xn

n 2 n n 1

+ 

x

n

n 2 n

n

5

,

0 n 1

+

5

,

0 n

5

,

0 n + 5

,

0 − 5

,

0 n

1

1

= 

−



= 5

,

0 ⋅ 2

5

,

0

−

= 5

,

0 −

=

=

n

n + 1





n + 1

n + 1

n + 1

2 n + 1

0

Zadanie 3

EZ=0, varZ=1, Z ma rozkład normalny (0,1) Cov(Y+2X,X)=-2+2=0, z tego wynika że Z i X niezależne i dwuwymiarowy normalny E( 2

Z X )

2

= EZ = 1

1 = E( Z 2 X ) = E( Y 2 X )+ E(4 XY X )+ E(4 X 2 X ) =

= E( 2

Y

X )+ 4 XE( Y X ) 2

+ 4 X = E( 2

Y

X )

2

2

− 8 X + 4 X → E( 2

Y

X )

2

= 1+ 4 X

σ y

Z REGRESJI E( Y X ) = m + ρ

−

= −2

y

( x mx )

X

σ x

Zadanie 4

X ≅ J (

)

1

,

0

i

et

P(ln X ≤ t =

<

= ∫ = → −

≅

i

) P( X et

i

)

et

ln X

wykl )

1

(

i

0

Z - iloczyn rozkł. Jednost.

n

P( Y

2

2

ln

ln

ln 2

ln

ln 2

ln

n ≤ a ) = P( n Z n ≤ a) = P( Z

≤

−

a

n

n

)= P(∑ Xi ≤ a− n )= P(−∑ Xi ≥ n − a)=



u

6 4

4 7

4

4 8 

 − ∑





2

ln X

n

i −



u

CTG

− x



n ln 2 − ln a − n 



n ln 2 − ln a − n 

=

1

1

P

≥

= 1− P U

1

e 2 dx

u

0

n ≤

→ −





∫

= ⇔ =



n

n



n

Π





2

−∞

2





n ln 2 − ln a − n spr:

= 0

n

nln2=lna+n

lna=n(ln2-1)

n

n

 

n(ln 2− )

1

2

2

a = e

=

=   → ( D)

en

 e 

Zadanie 5



2

2

1 

Y + Z ≅ wykl 

 2 

−

P(

t

2

2

Y + Z > t) 2

= e



2

1 1 

 3 

X

≅ Γ , 

Γ 

 2 2 

2

X

 1 

 2 

−0,5

−0,5

→

≅ B 1

,  ≅

x

= 5

,

0 x



2

2

2

X

+ Y + Z

 2 

 1 

2

2

1 

Y + Z ≅ Γ ,

1



Γ Γ )

1

(

 2 

 2 



2



2

a

2



X

2 

ODP = P

≤ a =

−0,5

0,5 a



5

,

0 x

x

a

,

0 6

2

2

2



∫

= [ ]0 = =

 X + Y + Z



0

Zadanie 6

 20

20

2

2

2

E∑( X

X

E

X

X

i −

)  



=



 ∑ i − 20



 i=1



 i=1





2 



2 



2 



σ 



σ 



σ 

X

N µ

X

N µ

X

X

N µ

µ

1 ≅

,

,

1

2 ≅

,

,

2

1 −

2 ≅









 1 −

,

2





10 



10 



5 

E(

σ

X − X

=

+ µ − µ

1

)

2

2

2

( 1

)2

2

5

20

E∑ 2

X

σ

µ

σ

µ

σ

µ

µ

i

= 10( 2 + 2 10

20

10

10

1 )+

( 2 + 22)= 2 + 21 + 22

i=1



2

X

X

X

X

X

X

X

X

1 + ... +

10 +

11 + ... +

20

1 + ... +

10 +

11 + ... +



X

E

= E

20  =



20

20



= 1 [10( 2

σ + 2

µ

90 µ

2 100 µ µ

10 σ

µ

90 µ

1 )+

2

1 +

⋅

1

+ ( 2

2

+ 22 )+

2

2 ] =

400



2

2

σ

ˆ

σ

E

=

2

2

2

1

2

2

2

2

α20 σ +10 µ

10 µ

20 σ

100 µ

100 µ

200 µ µ

β

µ

µ

1 +

2 −

( + 1 + 2 +

1

2 )



+





+ ( 1 − 2 )  =





20



 5



2

= α[ 2

σ

19 σ +

2

5 µ

5 µ

10 µ µ

β

µ

µ

1 +

2

2 −

1

2 ]



+

2



+ ( 1 − 2 )  =



 5







2

β

= σ 19 α +  + ( µ − µ

α + β

1

2 )2 5

(

)



5 



β

1

 9 α +

= 1

1

5



5

→ 19 α − α = 1 → α =

, β = −

18

18

5

 α + β = 0

Zadanie 7

1

1

1

 1 

t

P(

−1

−

− ln X

t

P

e

P X

e

x

x

e

wykl

i <

)  1



=

t

t

1

1



<  = ( > − )= ∫

 

θ

=  θ 

= 1− θ ≅

 

 X



− θ

θ

t





 



 − t

e

e

− ∑



1 

ln X

,

i ≅ Γ n





θ 

1 1

1

L

∏ n −

=

θ

X

i

n

θ

i=1

1

ln L = − n ln θ + ∑



 − 

1 ln X

 θ



i

∂ = − n − ∑ 1 ln X = 0

∂

2

i

θ

θ

θ

θ

n + ∑ ln X

∑ln X

i = → θ

i

ˆ

0

= −

θ 2

n

2

+1



1



E( θ 2 − θ

θ ˆ

2

+ θ 2

ˆ )

2

2

n

2

2

θ

= θ − θ

2

+

θ = θ 1 +

−1 =

n



n



n

Zadanie 8

X ≅ Γ( α, β) t



1

t 

θ

α

w

α

t

α

α

−

− w

β

t

β

1

β

β

w

1

P X ≤

 = P( Xθ ≤ t)





= P X ≤  = ∫

α−

− βx

x

e

= ∫

.. = ∫

 

 

θ

e

dw =



θ 



θ 

Γ( α)

Γ( α)

Γ( α)  θ 

θ

0

0

0

 β  α

 β  α

 

α

θ

w

 

t

α−1

−

t

β

− w

= ∫  θ 

w

1

θ

1

β

θ

e

=

β

α

θ

w

e

F t

(

) d

l

a

α,

α−1

∫  





−

=

Γ



Γ( α) θ

θ

Γ( α)



θ 

0

0



t 



β 

czyli: X ≅ Γ( α, β) → P X ≤

 = F t

(

) d

l

a Γ

 α,





θ 



θ 

S ≅ Γ ;

5

( θ)

5



2 a 





P S ≤

 = F a

Γ

 ≅ χ

→ a =

→ a ≈

5

(2 )

1

d

l

a

5,

1

( 0)

2

,

3 247

,

1 62



2 θ 



2 



2 a 





P S >

 = 1− F a

Γ

 ≅ χ

→ a =

→ a ≈

5

(2 )

1

d

l

a

5,

1

( 0)

2

2 ,

0 483

1 ,

0 24



2 θ 



2 

Zadanie 9

H

H

0

1

 k − 

1

 k − 

1









1

1

 4



 4



k=5

OG: H dla k:

H :

do końca

 25

 48

0

 25

1

 48

















5 

5 

5 

5 

do k =25 dalej

H 1 = 70 d la k > 2 5 ∞

H

48

0

do K na pewno k>25

k=25 P

= ,

0 2 → K : x

≥

25

{

2

max

}

5

 k − 

1

 24

48 









moc =

4

5

P x

25

9

,

0 75

1 P x

25

1

( E)

1 ( max ≥

) = ∑ 

 ≈

= − ( max < )





= −

→

k =

 48

 48

25  





5 

5 

Zadanie 10

OBLICZENIE STOPNI SWOBODY

n 1 + n

j

2 j

Estymujemy k prawdopodobieństw brzegowych tzn:

= n⋅ j

2

Związane są jednym równaniem ∑ ⋅

n

k-1 niezależnych węzłów

j = WYNIK →

2k-1 elementów tablicy można wybrać ponieważ ostatni jako n-COŚ

Z tego wynika: liczba stopni swobody: 2k-1-(k-1)=k