Egzamin dla Aktuariuszy z 5 kwietnia 1997 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1

5

1

ODP =

=

10 ⋅ 20

40

Zadanie 2

14





3  1

 20 2

1 !

4





P(

P

z II P II

II 3 × z)

(3× ) ( )

3 

=

=

=

1

!

3 !

1

=

P 3

( × z)

14

15

1 !

4 + 1 !5









3  1

3 

1

!

3 !

1

1

!

3

!

2

+

1

 20 2  20 2









3 

3 

12 ⋅13 ⋅14

12 ⋅13 ⋅14

12 ⋅13 ⋅14

12

4

6

=

=

=

=

=

12 ⋅13 ⋅14

13 ⋅14 ⋅15

12 ⋅13 ⋅14 + 13 ⋅14 ⋅15

13 ⋅

12

(

14

+ )

15

27

9

+

6

6

Zadanie 3

(A) nie bo ( Y X ) zależy od x EX=1

varX=1

k-ty m

oment w r

ozkladzi

e wykl

4

6

4

7 8

∞

∞ k

∞

x

k

P( Y = k) = ∫ P( Y = k x) f ( x) = ∫

−2 x

e

= 1 1

∫ k −2

2

x

x e

dx

= 1 ! = 1

k

k +1

k!

k! 2

2 k! 2

2

0

0

0

to jest rozkład ujemny dwumianowy z parametrami (0,5;0,5) EY=1

VarY=2

∞

E( XY ) = ∫ E( XY x) f ( x) = ∫ 2 − x x e

= 2

0

cov( X , Y ) = EXY − EXEY = 2 −1⋅1 = 1 → (B) i C nie E( X ( Y − X )) − EXE( Y − X ) = 2 − 2 −1⋅ (1 − ) 1 = 0 → (D) TAK

Zadanie 4

OZN:

p ( n) - element macierzy n P (

)

1

,

2

1

p ( n) - element macierzy n P

)

1

,

3

(

2

 p ( n

p n

1

= 1

)

+ 1

(

2

− )

1



2

2



1

1

 p ( n)

p n

p n

2

= (

1

− )

1

+

(

2

− )

1



3

3

w granicach g = lim p ( n), f = lim p ( n) 1

2

n→∞



1

1

g =

+ f



2

2

2

1

mamy: 

→ g = , f =

1

1

3

3

 f = g + f



3

3

 x .. .. . 

.

 2





.. .. . .

lim P n =  3



n→∞

1 .. .. . 

.

 3



 x .. .. . 

.

 x .. .. ..

 2



.. .. ..









lim Pn (

)

1

,

2

= [ ,1

,

0

,

0 0]

2

2

3



 =

; ;

x y;2 → ODP =

1









 3



3

.. .. ..

 3



 x .. .. ..

Zadanie 5

∞

2

(

)

1

2

f ( x) = ∫ − x y− x x

−

xe

dy =

x

xe

e

= 1 f ( x) ≅ J ( ) 1

,

0

x

x

f ( y x) = f ( x, y) =

− x( y− x) xe

[ ;

x ∞)

f ( x)

2

2

2

(

)

1

2

1

E( y x) ∞

∞

= ∫

− x y− x

yxe

dy =

x

xe

∫ −



xy

x

− x

−



ye

= xe

e

+

x

e

= x +



2





x



x

x

x

1 ∞



1 

1

− x x+ 

1

2

P( Y > X + ) 1 = ∫ ∫

− x( y− x) xe

dydx = ∫ x 1



x 

xe

e

= ∫ −1

−

e dx =

1

e

x

0 x+1

0

0

x

Zadanie 6

 n

−( xi − θ)



e

m

in ≥

∏

L =

θ



i=1

 w

0

pp

czyli szukamy max ln L = ∑ (− x przy warunku min ≥ θ

i + θ ) = 0

∂ = n ≠ 0 → ln L rośnie ale max θ możliwe=min( X ,..., X

1

n )

θ

∂

θˆ = mi {

n X ,..., X

1

n }

Zadanie 7

∑ c =1 - nieobciążoność, z tego wynika że (E) odpada i

2

c

1

,

0 2 + ...

2

+ c

1

,

0 2

2

+ c ,

0 22 + ...

2

+ c ,

0 22 → min

1

10

11

15

( xi− µ)2

2

5

( xi− µ)



10

f

e

e

n =

1

1

2 0 1

, 2

2 0,22



∏ −











 ∏ −

⋅

⋅



Π

2

1

,

0  i=1



Π

2

,

0 2 

10

2

5

2

x

µ

x

µ

ln f

n = −10 ln(

Π

2

) ( i − )

1

,

0

−

− 5ln 2

,

0 2

i

2

( Π ) ( − )

∑

− ∑

2

i=1

2 ⋅ 1

,

0

i=1 2 ⋅ ,

0 2

∂

10

(2 x µ

x

µ

10

5

i −

) 5 (2 i − )

= ∑

+ ∑

∑ X

N

µ

X ∑ X

N

µ

X

i ≅

5

(

,

0

; 2) =

i ≅

1

( 0

)

1

,

0

;

=

∂

2

2

µ

1

2

i=1

2 ⋅ 1

,

0

i=1 2 ⋅ ,

0 2

i=1

i=1

10

5

Y = 100∑ ( X

µ

X

µ EY=0 varY=1125 → Y ≅ N ( 1

;

0 12 )

5

i −

)+ 2 ∑

5

( i − )

i=1

i=1

2

 ∂ ln f 

nierówność Rao Cramer E

n  = 1125

 ∂ θ 

1

V ( u

a dla (D) wychodzi

→ ( D)

n )

1

≥ 1125

1125

Zadanie 8

P( X > c) = α

 X − 2500 c − 2500 

P

>

 = α



2500

2500 

α

c

0,005 2,53

0,01

2,33

0,05

1,64

0,1

1,28

0,005 K(X>2,53*50+2500) 2626,5 N

0,01 K(X>2,33*50+2500) 2616,5 N

0,05 K(X>1,64*50+2500) 2582 OD

0,1 K(X>1,28*50+2500) 2564 OD

Z tego odpowiedź C

Zadanie 9



2

20

∑ ix



 

1



−



 

 e

6





∑ 2

2

i

x



 ∑ ix



 2Π ⋅ 3 



−

1





20 





P

3

0

> t = P

2



e

3

> t

20

 = P e 3

>

t  =



20

∑ ix











  1 

−

3

2











 

 e



  2Π 



 ≅ χ(20)



2







8

7

6



∑ x

20

20



i









= P

> ln 3

2

t 



= P ∑ x

i

> 3ln 3 t  = 01

,

0

0



3















4

1

4

2 3 



=37,566







2

2

PH ∑ xi >

= PH ∑ Yi >

= P  χ

H

>

 ∈

ZTABLIC ≈

1 (

37 5

, 66)

1 (3

37 5

, 66)

37 5

, 66

(20)

(

9

,

0

;

8

,

0

)

9

,

0

0 

3



Zadanie 10

t ≠ 1

m

∞

t min( X , m 1

Ee

) = ∫ tx − x

e e

+ ∫ tm − x

e e dx =

( m( t−

e

)

1 − )

1 + tm − m

e e

=

t −1

0

m

t

m( t − )

1

1

1

−

−

−

−

=

e

−

=

[

m 1

(

t )

− + te

] 1

1

=

[ m 1( t)

1 − te

]

t −1

t −1

t −1

1 − t

dla t=1

min( X , m)

Ee

= m + m −

e e m = m + 1