Egzamin dla Aktuariuszy z 5 października 2009 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
3
2
2
µ = µ ⋅ µ
+ 3δ ⋅ µ δ + µ ⋅ µ
3, S
,
3 N
( X )
N
X
X
N
3, X
α = ,
2 β = 4
α 1
µ
X =
=
β 2
α
2
1
δ
X =
=
2
β
8
2α
1
µ
X =
=
3,
3
β
16
1
2
3
µ
N =
+ + = 1
6
6
6
2
1
4
9
7
EN =
+ + =
6
6
6
3
3
1
8
27
EN =
+ +
= 6
6
6
6
µ
E N
µ
EN
µ EN
µ
µ
µ
N =
− N =
−
N
+
N
N −
N
= − ⋅ + − =
3,
(
)3
3
3
2
(3 )2
( )3
7
6
3
3 1 1
3
2
2
2
7
4
δ = EN
N
− ( EN) = −1 =
3
3
3
E( S − ES )
+ +
3
1
4 1 1
1
1
1
1
2
4 1
7
= 1⋅ + 3⋅ ⋅
+1⋅
= + +
=
=
2
3 2 8
16
8
4
16
16
16
Zadanie 2
X=Y+V
U=2(Y+V)+Y
U=3Y+2V
U − 2 V
Y =
3
U − 2 V
U + V
X =
+ V =
3
3
D : { X > ,
0 Y > }
0
U − V
2
> 0
U > V
2
→ ∆ : { U > ,
0 V ∈ R, U > V
2 , U > V
− }
U + V > 0
U > V
−
1
1
D( x, y)
2
1
1
3
3
=
= − − = − ≠ 0
1
2
D( u, v)
9
9
3
−
3
3
u + v
u − 2 v 1
f u
( , v) = ex
p −
ex
p −
d
l
a (
u, v)∈ ∆
3
3
3
u
u
6 2
6 2
ODP = ∫ ∫
− 2 u + v 1
1
2 u
v
ex
p
dvdu = ∫ ∫
−
+
ex
p
dvdu =
3
3
3
3
0 0
0 0
u
u
6
1
2 u 2
v
6
1
2 u
v
6
2
1
2 u
u
= ∫ex
p −
∫ ex
p
dvdu = ∫ ex
p −
3ex
p
du = ∫ ex
p −
3ex
p
− 3 du =
3
3
3
3
3
3
3
3
6
0
0
0
0
0
6
u
2
u 3
2 6
= ∫
−
3
3
3
−4
ex
p − − ex
p − u du = − 2ex
p − +
ex
p − u = −2 e + e + 2 −
=
2
3
2
2
3
2
2
0
0
1
−
3 −
1
3
4
= − 2 e + e = (
−3
−4
1 − 4 e
+ 3 e )
2
2
2
Zadanie 3
L(θ , x)
n
n
= 2 n
θ ∏
x exp
θ
x
i ⋅
− ∑
i
i=1
i=1
ln L(θ , x)
n
n
= 2 n lnθ + ∑ln x θ x i −
∑ i
i=1
i=1
∂ ln L = 2 n −∑
2 n
x
ˆ
0
θ
i =
→ =
∂θ
θ
∑ n xi
i=1
2
(2∑ Xi)2
→ ENW ( v(θ))
1
=
=
= ( X )2
2
2
ˆ
θ
4 n
2
2
E( ENW (
n
v(θ )
1
) =
E ∑ X
2
2
2 n
i=
1
∑ n X
2 n;θ
i ≅ Γ(
)
i=1
2
1 2 n
4
2
→
n
ˆ
v
E = c ⋅
+
=
2
2
2
2
2 n θ
θ θ
c 1
( + 2 n)
2
=
2
2
nθ
θ
c 1
( + 2 n) = 2 n
2 n
c = 1+ 2 n
Zadanie 4
Y ≅ N β x x
i
(
2
,
i
i )
16
16
szukamy minimum: f = ∑ 2 2
c x p
rzy o
granicze i
n u
c x
bo nieobciąŜony
i
i
∑
i
i = 1
i=1
i=1
f ( c ,..., c , λ
c x
λ
c x
1
1
16
) 16
16
= ∑
2
2
i
i
+
∑
i
i −
i=1
i=1
df
λ
= 2 c x 2 + λ x = 0 → c = −
i
i
i
i
dc
2 x
i
i
∑
16
c x
i
i = 1
i=1
16
− ∑ λ x
i − 1 = 0
x
i=
2
1
i
1
1
1
⋅16λ = 1 → λ = − → c =
i
2
8
16 xi
16
→ β = ∑ 1
ˆ
Y
i
x
i= 16
1
i
16
ˆ
var β = ∑
1
1
2
x
i
=
2
i=
256 x
16
1
i
N
4
6
4
7 8
P(
≅ (0 )
1
,
ˆ
β − β < c)
ˆ
= P β − β ⋅ 4 < 4 c = 9
,
0 5 → 4 c = 9
,
1 6 → c = ,
0 49
Zadanie 5
f = P k ( X
i < M )
n−
P k ( X i > M ) → max dla M > θ jest 0
→ zalozenie, z
eθ > M
−
P( X <
=
,
>
=
i
) M
M
P( X
M
i
) θ M
θ
θ
K
−
M
(θ − M ) n K
f =
K
n− K
θ
θ
ln f = K ln M − k lnθ + ( n − K ) ln θ
( − M ) − ( n − K ) lnθ
∂
K
n − K
n − K
n − K
n
nM
ln f = −
+
−
=
− = 0 → θ =
∂θ
θ θ − M
θ
θ − M θ
K
nM
z tego max i θˆ =
K
Zadanie 6
f
1
1
P
H
> t =
0 f
2
0
n
2
1
∑( X 1
i +
)
exp −
2 2Π
8
− ∑ X 2 2
2
i
− ∑ Xi − n +
X
∑
P
exp
H
> t = P
i
H
> t =
0
n
2
0
1
X
∑
8
i
ex
p −
2 2Π
8
− 2∑ X i − n
X
∑ i n
n
= P
exp
H
> t = P
H
−
− > ln t = P
H
∑ Xi < − − 4ln t = 5, 0
→
0
8
0
0
4
8
2
→ K = {∑ X < }
0
i
przy H :
X
N
n n
1
∑ i ≅ (− ;4 )
rozpatrzmy D
n
∞
e
Π n
1
2
8
x
x
n
n
n
lim β
n ⋅
= lim ∫
Π
exp −
ex
p − ex
p − ex
p
dx =
2
2 2
n
8 n
4
8
8
2
0
Π
∞
2
∞
2
∞
x
x 1
x
=
x
x
lim ∫ exp −
1
1
ex
p − ⋅
= ∫
lim exp −
ex
p − ⋅
=
∫
ex
p − dx = 1
n→∞
n→∞
8 n
4
4
8 n
4
4
4
4
0
0
0
Zadanie 7
cov( X + Y
2 , Z )
cov( X + Y
2 , Z ) =
var( X + Y
2 ) var Z
zauwaŜmy, Ŝe varX=varY=varZ oraz cov(X,Y)=cov(X,Z)=cov(Y,Z) 3cov( X , Y )
czyli ODP =
5 var X + 4 cov( X , Y ) var X
varX obliczamy z rozkładu hipergeometrycznego dla N=60, n=24, M=20
M
N −
q =
n
1 −
, var X = npq
N
N −1
2
1 2 60 − 24
3
q =
→ var X = 24 ⋅
=
3
3 3
59
59
var(X+Y) obliczamy z rozkładu hipergeometrycznego dla N=60, n=24, M=40
3
czyli var( X + Y ) = var X =
59
1
cov( X , Y ) =
(var( X + Y) − var X − var Y) 1 3 3 3
3
=
−
−
= −
2
2 59
59
59
118
9
9
9
−
−
−
9 59 2
9 108
3
118
118
118
ODP =
=
=
= −
= −
= −
3
3
3
30 − 12
3
18
3
1
118
54
2 54
2
5 ⋅
− 4 ⋅
59
118 59
118
59
59
59
2
Zadanie 8
=
=
>
P( N = k Z = z) f ( z N
k ) P( N
k N
0)
=
f ( z)
dla k
0
P(
>
Z ≤ t N = k ) = P(min( X ,..., X
1
)≤ t) =1− P(min ≥ t) =1− Pk k
( X ≥ t) =
θ
k
1
= 1−
≅ Pareto( θ
k
)1
,
1 + t
θ
P(
k
k
Z ≤ t z >
q q
0)
∞
∞
= ∑ P( Z ≤ t N = k) P( N = k N > 0) = ∑
1
1
( − )
1 −
=
t
q
k =
k
1
1
=1
+
∞
kθ
θ
=
t
1 − ∑
k −
1
1
1
(
)
1
1
+
1
( − q) q
= 1− 1
( − q)
= 1−
t
θ
θ
θ
k =
1
1
+
1
( + t)
1
( + t) − q
1
( + t) − q
−
θ + θ−
f (
q q
t
z z > 0)
1
1
(
)
1
(
)
= [
1
( + t)θ − q]2
θ
k
1
( − q) q k 1
( + z)θ −
θ
q
k
1
+
[
]2
k
P(
θ
N = k Z = z)
1
( + z)
−
kq
[1(+ z) − q]2
1
=
=
θ
1
−
θ 1
1
( − q) qθ 1
( + z)
1
( + z) −
∞
k
2
k −
k q
[1(+ z)θ − q]2
1
[1(+ z)θ − q]2 ∞
ODP = ∑
q
=
2
θ −
k
1
θ
∑
θ
k =1
1
( + z)
q 1
( + z)
k =1
1
( + z)
∞
A = ∑ 2 k
k q = q + 2 2
2 q + 2 3
3 q + ....
k =1
Aq = 2
q + 2 3
2 q + 2 4
3 q + ....
A 1
( − q) = q + ( 2
2 − 2
1 ) 2
q + ( 2
3 − 2
2 )
∞
∞
∞
3
q + .... = ∑ (2 k − )
1 k
q = 2∑
k
kq − ∑ k
q
k =1
k =1
k =1
∞
k
2
B = ∑ kq = q + 2 q + ....
k 1
=
2
3
Bq = q + 2 q + ....
q
q
2
B 1
( − q) = q + q + .... =
→ B =
2
1 − q
1
( − q)
2 q
q
2 q
q
2 q − q 1
( − q)
q 1
( + q)
A 1
( − q) =
−
→ A =
−
=
=
2
3
2
3
3
1
( − q)
1 − q
1
( − q)
1
( − q)
1
( − q)
1
( − q)
Z tego:
q
q
[
1
θ
θ
θ
1
( + z) − q]2
+
1
( +
2
z)
1
( + z)
[1(+ z)θ − q] q[1(+ z)θ + q] 1(+ 3θ
ODP =
=
z)
q 1
( + z)θ
θ
θ
q
3
1
( +
3
z) q
[1(+ z) q] =
− 3
1 −
θ
1
( + z)
[1(+ z θ) + q]
=
1
( + z θ
) − q
Zadanie 9
P( Y
Y
P Z
X
Z X
P Z
X
X
P Z
n+1 <
n ) =
( n+1 n+1 < n n ) = ( n+1 n+ < n ) ( n = )1
1
=
= [ P(0 < X P Z
P X
X
P Z
P Z
n )
( n+1 = 0)+ ( n+1 < n ) ( n+1 = )1]⋅ ( n = )1 =
= [ P( X
P X
X
n > 0) ⋅
,
0 25 + ( n+ <
n
⋅
⋅
1
) ,07 ]5 ,075
szukamy rozkładu stacjonarnego:
5
,
0
5
,
0
0
[
1
1
1
p , p , p
,
0 25
0
,
0 75
5
,
0 p
,
0 25 p
p , 5
,
0 p
p , ,
0 75 p
p
1
2
3 ]
=
1 +
2 +
3
1 +
3
2 +
3
3
3
3
1
1
1
3
3
3
1
5
,
0 p + ,
0 25 p +
p = p
1
2
3
1
3
1
9
5
,
0 p +
p = p
→
z I
I
I p =
p
1
3
2
3
2
3
8
1
,
0 75 p +
p = p
2
3
3
3
3
4
do II wstawiamy: 5
,
0 p +
p = p → p =
p
1
2
2
2
1
8
5
9 4
9
4
9
27
10
p =
p =
p a
l
e p + p + p = 1 → p +
p +
p = 1 →
p = 1 → p =
3
8 5 1
10 1
1
2
3
1
5 1
10 1
10 1
1
27
4 10
8
9 10
9
1
p =
=
, p =
=
=
2
5 27
27
3
10 27
27
3
lim P( X
n > 0) = li
[
m P( X n = )
1 + P( X n = )]
17
2 = p + p =
2
3
n→∞
n→∞
27
P( X
X
P X
X
P X
P X
X
P X
n+1 <
n ) =
( n+1 <1 n = )1 ( n = )1+ ( n+1 < 2 n = 2) ( n = 2)=
= P( X
X
P X
P X
X
P X
X
P X
n+1 = 0
n =
)1 ( n = )1+[ ( n+1 =1 n = 2)+ ( n+1 = 0 n = 2)] ( n = 2)=
1
= P( X
P X
P X
P X
n =
) 1 1
1 + +
( n =
) 1
2 =
( n = ) 2
1 +
( n = 2)
4
3
3
4
3
lim P( X
n+
< X n = p + p =
+
=
+
=
1
) 1
2
1 8
2 9
2
6
8
n→∞
4 2
3 3
4 27
3 27
27
27
27
17 1
8 3 3
17
24 3
41 3
41
ODP =
+
=
+
=
=
27 4
27 4 4
108 108 4
108 4
144
Zadanie 10
Wyznaczamy najpierw test JNM dla weryfikacji hipotezy H : θ = θ wobec K
: θ ≠ θ na
0
0
poziomie α gdzie X ,.... X ≅ J
1
n
( ,0θ)
Iloraz gęstości przy θ > θ jest postaci: 1
0
n
θ
p (
θ
x ,..., xn
xn n
θ
1
)
0
g
dy
,
0
1
:
∈
( 0 )
θ
p (
θ
x ,..., x
1
n ) =
1
0
+ ∞ g dy xnn θ
:
≥ 0
a przy θ < θ jest postaci:
1
0
n
θ
p (
θ
x ,..., xn
xn n
θ
1
)
0
1
g
dy
,
0
:
∈ ( 1)
θ
p (
θ
x ,..., x
1
n ) =
1
0
0 g dy xnn θ ,θ
:
∈[ 1 0 )
dla weryfikacji H : θ = θ wobe c H : θ > θ zbiór krytyczny jest postaci: 0
0
1
0
K = (
{ X ,..., X : x
spełnia warunek θ
P ( x
n n
:
∈ A) = α
n
n n ∈ A ∪ θ ; ∞
g
dzi
e A ⊆
;
0 θ
1
) :
[ 0 )}
( 0 )
0
dla weryfikacji H : θ = θ wobe c H : θ < θ otrzymujemy, Ŝe test o obszarze krytycznym 0
0
1
0
W = (
{ X ,..., X x
d
gdzie d spełnia θ
P ( x
jest testem JNM.
n n
:
< d ) = α
n
n n
θ
1
): : ∈( ,0 ) ∪[ ;0∞)}
0
1
Wybierając za zbiór A przedział (0,d) gdzie n
d = θ α otrzymujemy K=W
0
W jest obszarem krytycznym dla testu JNM przy H : θ = θ wobe c H : θ ≠ θ
0
0
1
0
1
W = (
X ,..., X
x
n
n
θ α n
n
θ
1
)
:
:
∈ ,
0 0
∪
[ ;0∞)
Wiemy,
−( x θ
− )
− X
θ
−
Ŝe jeśli X ≅ e
d
l
a x ≥ θ to Y
= e
≅ J ( ;
0 e
)
Czyli zadanie sprowadza się do wyznaczenia testu JNM dla weryfikacji hipotezy H : b = b wobe
c H : b ≠ b g
dzie b
= e−θ , b = e−θ0 n a p
odstawie Y
,..., Y
0
0
1
0
0
1
n
z rozkładu J(0,b) gdzie
− Xi
Y = e
czyli mamy obszar krytyczny:
i
1
W = (
{ y ,..., y : y < c ∨ y ≥ b g dzie c = b α
1
n )
n n
:
n:
0 }
n
n
0
zauwa
−
Ŝmy, Ŝe
X :1 n
Y
= e
czyli:
n n
:
lnα
W = (
X ,..., X :
1
1
θ0
:
1
θ
n )
x n ≤
∨ x n > 0 −
=
n
= (
lnα
lnα
X ,..., X
x
x
x
x
1
n )
: :1 n ≤ 0 ∨ :1 n > −
= min( ,...,
1
n ) ∈ (− ∞,0)
∪ −
; ∞
n
n