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
moŜna pokazać, Ŝe 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 załoŜeniu 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
MoŜna zauwaŜyć, Ŝe λˆ jest równa średniej z tych które co najmniej 2 są równe K – wynik dla
P(K=i) – warunkowe bo 0 niezauwaŜalne
i
λ
1
P( K = i) =
UCIĘTY POISSON
! λ
i e −1
do średniej moŜna zdefiniować X taką , Ŝe 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 (moŜna
i ) =
→ 1 = −
∂ θ
θ
4 ln 2
1
1
− ∑ln(2 + Xi )
sprawdzić)
5
analogicznie: θˆ
2 = − 5ln 2 − ∑ln(2 + yi )
załoŜenie: 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, Ŝe
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