Egzamin dla Aktuariuszy z 9 października 2006 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

ODP = E( X X

EX EX

n

n

−

1

+ )

n

n 1

+

E( X X

P X

X

P X

P X

X

P X

P X

X

P X

n

n+

=

n+ =

n =

n =

+

n+ =

n =

n =

+

n+ =

n =

n =

1 )

(

1

1

)1 (

)1 [2 (

1

2

1

) (

2)

(

2

1

)1 (

)1]

+ [

3 P( X

X

P X

P X

X

P X

P X

X

P X

n+1 = 1

n =

)3 ( n = )3+ ( n+1 = 3 n = )1 ( n = )1]+ 4 ( n+1 = 2 n = 2) ( n = 2)+

+ [

6 P( X

X

P X

P X

X

P X

P X

X

P X

n+ = 2

n =

n =

+

n+ =

n =

n =

+

n+ =

n =

n =

1

)3 (

)3 (

3

2

1

) (

2)] 9 (

3

1

)3 (

)3

1

 1

1



 1

1



1

2

→ p + 2 p + p  + 3 p + p  + 4 ⋅ p + 6(0 + 0) + 9 ⋅ p = 2 p + 3 p + 7 p 1

2

1

3

1

2

3

1

2

3

3

 2

3



 3

3



2

3

EX , EX + → p + 2 p + 3 p n

n 1

1

2

3

ROZKŁAD STACJONARNY:

1

1

1

 p

p

p

p

1 +

2 +

3 =

1

3

2

3



2

1

1

 p

p

2 =

 p

p

p

1 +

2 =

2

→ 

1

3

3

2

 p

p

3 =



1

1

2

 p

p

p

1 +

3 =



3

3

3

p + p + p = 1

1

2

3

2

3

1

3

p +

p + p = 1 → p = , p =

, p =

1

1

1

1

2

3

3

8

4

8

2

3

1

3

 3

1

3 

33

33 − 32

1

ODP = 2 ⋅ + 3 ⋅

+ 7 ⋅ −  + 2 ⋅ + 3⋅  =

− 4 =

= = 1,

0 25

8

4

8

 8

4

8 

8

8

8

Zadanie 2

∞

EM

E M

N

k P N

k

N = ∑

( N = ) ( = )

k =1

P(max < t) = P k ( X < t) = ( t − ) 1 k t ∈ ,

1

( 2)

k 1

−

f

= k( t − )

1

max

2

1



k +1

1

k

k

kw

k

k

E max = ∫ kt( t −

−1

)

1

dt = t −1 = w = ∫ k( w +

−1

)

1 w

dw = 

+ w  =

+1

k

1

k

1

1

0



+



+

0

∞

∞

EM

= ∑ k ( k + 2)!

k

2

3

p 1

( − p) k

p

p

N

+ ∑ +  3

k





1

( − ) =

k

k

k

k =

1

! 2

1

+

⋅

k =1 



r =2

6

4

4

4

4

4

7

4

4

4

4

4

8

∞

∞

= ∑ 1  k + 2

n

k

1

1

3

3

3

n 1

3

k

 p 1

( − p) + 1 − p = k + 1 = n = ∑

 + 

−

( n − 

)

1

 p 1

( − p)

+1− p =

k

n

k = 2

1

2

1

 + 

n=2





∞

= 1 p ∑

 n + 

1

n

1

p 

2

3

2 1

( − p

( n −

)

2

2

2



)

1

 p 1

( − p) + 1 − p =

− p 1

( − p)2 − (1− p 1

( − p)2 − p )



 =

2 1 − p

n

p

p

n=

2 1

2





− 



1

p  2 1

( − p)



=

1

p



−

2

2 p +

3

2 p −1 +

2

2 p −

3

2 p + 2

p  = 1 −

1

( − p) 1

( + p) + 1 − 3

p =

2 1 − p 

p



2 1 − p

1

3

1

1

2

3

3

1

2

1

= 1− p 1

( + p) + 1 − p = 1 −

p −

p + 1 − p = 2 − p −

p −

p

2

2

2

2

2

Zadanie 3

2

x := σ

2

2

n

∑( X − µ

∑ −

i

)

n

( y µ

i

)



1



−



1



−

2 x

8 x

L =

e

e









 2Π x 

 2 2Π x 

2

2

n

∑( X − µ

∑ −

i

) n

( y µ

i

)

ln L = − ln(2Π x) −

− ln 8

( Π x) −

2

2 x

2

8 x

∂

n

∑( Xi − µ)2 n ∑( yi − µ)2

= −

+

−

+

= 0

∂ x

2 x

2 2

x

2 x

8 2

x

∂

∑( Xi − µ) ∑( yi − µ)

=

+

= 0

∂ µ

x

4 x



2 

4∑ (

4

8

,

0

X

4

4

0

ˆ

, ˆ

;

i − µ) + ∑ ( yi − µ) X + Y



σ 

= nX − nµ + nY − nµ = → µ =

µ ≅ N µ



5



n



∑( y − µ 2 + 4

2

∑

−

− 8

4

2

2

∑

−

+ ∑

−

i

)

( X µ

i

)

nx

2

( X µ

i

)

( y µ

i

)

= 0 → σˆ = xˆ =

8 x 2

8 n

można pokazać, że to jest maximum

E( LICZ ) = E∑ 2

y

i − 2 E ( µ∑ yi ) +

2

n µ

E

+ 4 E∑ 2

X i − 8 E( µ∑ X i )+

2

4 n µ

E

E∑ 2

y

i

= n( 2

4 σ + 2

µ )

E∑ 2

X

i

= n( 2

σ + 2

µ )



+







E( µ∑ y





= 

 =

+

+

=

+

i )

2

4 X

Y

2

4 σ

2

2

2

E

nY

8

,

0 nµ

,

0 2 n

µ

nµ

8

,

0 σ







5



 n





+







E( µ∑ X





= 

 =

+

+

=

+

i )

2

4 X

Y

σ

2

2

2

2

E

nX

8

,

0 n

µ

,

0 2 nµ

nµ

8

,

0 σ







5



 n



2

2

8

,

0 σ

2

Eµ =

+ µ

n

E( LICZ ) =

2

4 nσ +

2

nµ − 2( 2

nµ +

2

8

,

0 σ )+

2

8

,

0 σ +

2

nµ +

2

4 nσ +

2

4 nµ − ( 2

8 nµ +

2

8

,

0 σ )+

2

,

3 2 σ +

2

4 nµ =

2

= σ (4 n − ,16 + 8

,

0 + 4 n − ,

6 4 + ,

3 2)

2

+ µ ( n − 2 n + n + 4 n − 8 n + 4 n) 2

= σ 8

( n − 4)

2

σ

n −

2

8

(

4)

8 n

E ˆ

σ =

→ a =

8 n

8 n − 4

Zadanie 4

a – liczba białych

76-a – czarne

 a 

 76 − a









6 

 4



P(6 b) =

→ max

 76





10 

sprawdzamy i wychodzi max dla a=46

Zadanie 5



1 − t



P( Z < t) = P Y > X

 t ∈ ( )

1

,

0



t



∞ ∞

1

1

∞

1

1 −

− y

− x

− x − 1 t

= ∫ ∫ 1

1

1

x

6

4

e

e

dydx = ∫

4

6

e

e

t

dx =

6

4

4

0 −

1 t

0

x

t

 1 11

∞

− t 

1

− x +







1

1

3 t

3

4 6

= ∫ e

t

=

=

=

= t = 5

,

0

4

 1

1 1 − t 

2 1 − t

3 t + 2 − 2 t

t + 2

0

4

+



1 +

 4

6 t 

3 t

6t=t+2

5t=2

t=0,4 czyli odpowiedź C prawidłowa

Zadanie 6

Przy założeniu symetrii F(0)=0,5

P K

K

P K

0 (

>

7 l

u

b

< 3) = 1− ( = ,

3

,

5

,

4

,

6 7) =

10 10 10 10 10

10

 1 

912

112

7

= 1−   +   +   +   +    = 1−

=

=

3   4  5   6  7



 2 

1024

1024

64

Zadanie 7

S

≅ N(

2

10 m 1

; 0 σ

10

)

S

≅ N(

2

25 ;

m 25 σ

25

)

cov( S ; S

= cov S ; S + S

= 10 σ

10

25 )

( 10 10 1 :1 )

2

25

E(

10 σ

2

S

S

= 10 m +

S

− 25 m = S

10

)

2

25

( 25

)

25

2

25 σ

5





var(

100

S

S

= 1−

1

 0 σ = 6 σ

10

25 )

2

2



250 

E( 2

4

S

S

= 6 σ +

S

= 6 σ + 1

,

0 6 S

10

25 )

2

2

2

2

25

25

25

Zadanie 8

Można zauważyć, że λˆ jest równa średniej z tych które co najmniej 2 są równe K – wynik dla

P(K=i) – warunkowe bo 0 niezauważalne

i

λ

1

P( K = i) =

UCIĘTY POISSON

! λ

i e −1

do średniej można zdefiniować X taką , że k

λ

λ

1

P( X = )

0 + P( K = )

1 =

, P( X = k) =

dla k>=2

λ

e −1

k! λ

e −1

i wtedy λˆ = X

∞

k

∞

k

∞

n

λ

EX = ∑ λ

1

k

= 1 ∑ λ

= k − = n = 1

λ λ

e λ

1

∑

− λ λ

e e =

e

λ

λ

λ

( −

1 −

λ

λ

)=

=

k! e

e

k

e

n

k

1

1

(

)

1 !

k

1

!

2

−

− =2 −

− n=1

e −1

e λ λ e λ −

=

1 = λ

e λ −1 e λ

∞

k

∞

k

∞

n

2

EX

= ∑ 2 λ

1

k

= 1 ∑

λ

k

= k − = n = 1

λ λ

1

∑

−

( n + )

1

λ

λ

e e =

λ

λ

λ

=

k! e

e

k

e

n

k

1

1

(

)

1 !

k

1

!

2

−

− =2

−

− n=1

λ

e λ

=

[

− λ

λ + 1 − e

λ

]

e −1

e λ λ

−

var K =

( λ+ − e λ −

λ

) 2

1

λ

e −1

λ 2

1  e λ

e λ λ

λ



2

ODP =



+

−

− λ  =

e λ λ − λ + λ

n  eλ −1 eλ −1 eλ −



n( 1

1

e λ − )[

2 ]

1

Zadanie 9

4 θ

2 1 θ 4

L

1

, ln L

θ

4

ln 2

4 ln θ

θ

1

ln 2

X

θ

=

θ

= 1

+

1 − ( 1 + )∑

( + )

1

Π(2 + X

1

1

1

i ) θ +

i

∂ = 4ln + 4

2

− ∑ln(2 +

4

X

θˆ

0

to max (można

i ) =

→ 1 = −

∂ θ

θ

4 ln 2

1

1

− ∑ln(2 + Xi )

sprawdzić)

5

analogicznie: θˆ

2 = − 5ln 2 − ∑ln(2 + yi )

założenie: θ

1 = θ 2 = θ

t

e −

P(

2

θ θ

ln(2 + X ) < t ) = P( X < t e − ) = ∫

2

2

= 2 + x = w =

θ +

(2 +

1

x)

0

t

e

θ

= ∫ 2 θ

θ

−

=

−

1 −

tθ

2 e

f

+

= θ 2 θ e tθ ≅ PRZESUN. WYKL(ln 2) bo: θ +

ln(2 x)

w 1

2

−( t−ln 2) θ

θ

− tθ

e

θ

= θ 2 e

t

X ≅ wykl( θ ) θ

P θ

( X < t)

=

∫ − xθ

e

θ

= 1− − t

e

≅ wykl )

1

(

0

θ∑ ln(2 + X ) ≅ Γ(

p

)

1

,

4

rzesunie y

t 4

o ln2

θ∑ ln(2 + y )

i

− θ 5ln 2 ≅ Γ

)

1

,

5

(

→

θ∑ ln(2 + y) ≅ Γ

p

)

1

,

5

(

rzesunie y

t 5

o ln2

θ∑ ln(2 + X i ) − θ 4 ln 2 ≅ Γ( ) 1

,

4

 ˆ



θ

 4 X



 1



P

> t = P

> t  X ≅ Γ

)

1

,

5

(

, Y ≅ Γ(

)

1

,

4



ˆ



θ

 5 Y



 2



X ≅Γ(4 )

1

,

P(2 X < t)

= P( χ 2 )

8

(

< t)→

 ˆ



θ

 X



 1

2

2

4



P

> t = X ≅ χ 1

( 0), Y ≅ χ

)

8

(

= P

> t  = P( F 1

( 0 )

8

,

> t) = ,

0 05 → t ≈ 3

,

3 47



ˆ



θ

 5 Y



 2



Zadanie 10

∑ i( X − X

i

w )2

Wiemy z zestawu 6.12.2003, że

2

≅ χ 1

( )

1

2

σ

P( 2

σ < ˆ 2

σ

= P a < χ

=

1 )

( 2 1( )1) ,005

P( b > 2

χ 1

( )

1 ) = ,

0 05 → odpowiedź C jest prawidłowa