Egzamin dla Aktuariuszy z 2 czerwca 2001 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1

Metodą eliminacji wystarczy sprawdzić Dla n=0 i n=1

b

Dla n=0 0 pasują wszystkie odpowiedzi m

2

b + 1 m − b

 b 

b m + m − b Dla n=1:

0

0

0

0

0

p =

+   =

i pasuje tylko odpowiedź (B)

1

2

m

m

 m 

m

Zadanie 2

1 2 2

tµ+ t σ

tZ

2

EX = EN ⋅ Ee

= λe

2

EX

= E( 2 2 tZ

N e

)

2

2 tZ

= EN Ee

= (

2

λ + λ )

2 2

2 tµ+2 t σ

e

X = (

2

var

λ + λ )

2 2

2 2

2 tµ+2 t σ

2 2 µ

t + t σ

e

− λ e

( 2

λ + λ ) 2 tµ+2 2 2

t σ

2 2

2 2

e

−

µ

t +

λ e

t σ

1

ODP =

= exp σ t +

σ t

−

2 2

( 2 2) exp( 2 2) 1

2 2 tµ+ t σ

λ

λ e

Zadanie 3

∑( X − X

∑

−

k

)2

X

X

2

(

)2

σ

k

=

≅ χ )

8

(

2

χ

= ,

2 733

2

σ

0,05

(ale jak dokładnie?)

 ≅ t(8)− N (0 ) 1

, ;var (8)=..



8

7

6

t

3

≅ N (0 )

1

,





 }



9

,

1

8

6



9

,

1 6





X 8

4 

po przekształceniach: P

X

≤

χ )

8

(

=





P

≤





,

2 733





χ )

8

(

,

2 733 





= F

( 9

,

2 )

N

≈ 9

,

0 9

(0 )

1

,

Zadanie 4

∞ ∞

∞



λt

t

λx

λy

λy 1

P min( W , W

, W

W

t

λ e

e

dxdy

λ e

e

1

2 )



−

>

1 +

2 >

 = ∫ ∫ 2 − −

= ∫ 2 −

2 =



2



λ

t t

t

2 2

2

λt ∞

−

− λt

− λt

=

λy

1

2

λe

∫ −

2

2

−

e

= λe

e

= λt

e

λ

t

2

t

∞

1

P(

t

W

1 + W 2 > t ) = ∫ ∫

2 − λx − λy

λ e

e

dydx = ∫ 2 − λx

− λ(− x+ t)

−

λ e

e

dx =

λt

λe

t

0 −

λ

x+ t

0

−

e λt

1

lim

= lim

= 0

−

t→∞

λt

t→∞

λe

t

t

λ

Zadanie 5

EX = 0 = α(2 ⋅ 0 + 0) + EU → EU = 0

9 = α 2 40 + var U

1 − 2 α

W

U =

(2 X + W ) −

= 1

( − 2 α) X − αW

2

2

1

( − 2 α)2 9 + α 2 4 = var U

czyli

2

2

2

9 − 40 α = 9 − 36 α + 36 α + 4 α

80 2

α − 36 α = 0

α = 0 odpada bo wtedy X=U, z tego X i Y nzl, z tego sprzeczność bo Y=2X+W

80 α = 36

36

9

α =

=

80

20

Zadanie 6

S = X X

Dla parzystych def: 1

1

2

X = X

X

−

S = X X + X X

n

2 n 1

2 n

2

1

2

3

4

i E( X

X

n−

n

=

2

1

) 0

2

var( X

X

EX

EX

EX

EX

n−

n

=

n−

n −

n−

n

=

2

1

2 )

2

2

2

1

2

( 2 1 2 )2 1

 1

n

 →∞

i z CTG: P

S ≤ a



 → Φ( a)

n

 n



dla nieparzystych to samo i z tego odpowiedź (B) prawidłowa Zadanie 7

∞

5

∞

k

L = ∑∏

k

i

k

λ

f

k

P

X

f k

α e

e

e

wykl (⋅

)  −5

5

α

k

∑ x

!

k 5

10 α

λ

 

(

< 10) ( ) = ∑

−

(1− ) −

−

− =

k

k

k =

5

!

5 (

)

5 !

!

5 i=1

 

k =5

−

∞

k

∞

n+5

k

k

λ

n

5

5 −100 α −

=

λ

α e

e

∑ 

5

10 α

5

100 α

λ

10

n

α

λ

 (1 − e

) −

−

−

−

= k − 5 = n = α e e

∑ + 



(

−

1 − e

)

=

k

n

k =

5

!

5

(

)

5 !

5 



n=0 



+

∞

n

10

n

α

5 −100 α −

=

λ 1

λ

5

α e

e

λ (

−

n

α

α

λ

e

1 −

10 α

e

)

∞

5 −100 α

λ

1

5

[ ( −

−

1 −

)] − λ(− −

1

10

e

) λ( − −

1

10

e

)

∑

= α e

e

λ ∑

e

e

=

!

5

n

n

n=

!

120

!

0

n=0

5

1

− 00 α − λ 1

−

5

λ − λ exp( 1

− 0 α)

10 α

1

5 5

1

− 00 α − λe

= α e

e

λ e e

=

α λ e

e

120

120

−10 α

ln L = − ln120 + 5ln α + 5ln λ −10 α

0 − e

λ

 ∂

5

= −100 +10

1

− 0 α

λe

= 0

∂ α α

1

− 0



→

α

λe

= 5

∂

5



1

− 0

= −

α

e

= 0

∂ λ λ

5 −100 + 5⋅10 = 0

α

5

1

−

=

λe

= 5

50 5

; 0 α = 5

α

λ = e

5

α = 1

,

0

można sprawdzić, że to max

∂

∂

2

∂ α

∂ α∂ λ

∂

tzn:

>

0

i

< 0 → max

2

∂

∂

∂ α

2

∂ α∂ λ

∂ λ

Zadanie 8

1

P( X

EX =

k =

) 1

1 = 10

1

10

1

P( X

ES =

k =

) 9

0 = 10

5

2

E( X X + X + X + X + X

= ⋅ P X = =

1 (

1

2

3

4

5 )

1

( 1 )1 1,

0

cov( X , S =

−

⋅

=

=

1

5 )

1

1

,

0

1

,

0

5

,

0

,

0 05

20

Zadanie 9

n

∑ X

N nµ nσ 2

,

i ≅

(

)

i=1



2 



σ 

X

,

m ≅ N  µ





m 

 n

n

n

2

E

2

2

.

1

 ∑ ( X

X

E

X

2 X

X

X

n

i −

m ) 





=



 ∑ i −

m ∑

i +

m 



 i=1



 i=1

i=1



n





2

E ∑ X

= n

+



i 



( 2 2

σ

µ )

 i 1

=



 X + ... + X + X + + ... + X



1

n

n 1

E

m



(

1

X + ... + X

 =

nσ + n µ + ( m − n) nµ

1

n )

[ 2 2 2

2 ]



m



m

E( X

=

+

m )

2

2

σ

2

µ

m

2

2

nσ

teraz 1. równa si

2

n σ + 2

µ

− ( 2

nσ + 2 2

n µ + mn − 2

2

n µ )

ę = (

)

(

) + + 2

nµ =

m

m



=

6

4

4

4

4

7

0

4

4

4

4

8 







2 n

n 

2

2

2

2 

2 n

2 n



= σ  n −

+  + µ n −

− 2 n +

+



n



m

m 

m

m









n

n −

= c

n, m

m



1 

c

1

n, m = n

− 



m 

Zadanie 10

µ > µ

2

1

2

9

∑( Xi− µ i

2

)

 1  −

2

2





−

2

∑ Xi +2 µ 2∑ iXi− µ 2 ∑ i e

µ 2

µ 2

 2Π 

2

µ

e

2 ∑

i X

2

1

i −

∑ i− µ 1∑ iXi+ ∑ i e

2

2

2

2

2

9

∑( X

2

i − µ

i

1

) =

=

→

−∑ Xi + µ 1∑ iXi − µ 1 ∑ i

 1  −



 e

2

e

2

 2Π 

9

→ ∑ iX - STATYSTYKA

i

i=1

9

9

9

∑



i X

N

i µ i

i

N

µ

i ≅

 ∑

; ∑  ≅



(45 ;4 )

5

i=1

 i=1

i=1 

≅ N

9







}

(0 )

1

,





c 

c

P

µ=

∑ iXi > c = ,0025 = P X >

→

= 9

,

1 6 → c = 9

,

1 6 45

0 









 i 1

=



45

45





ODPOWIEDŹ (E) jest prawidłowa