Egzamin dla Aktuariuszy z 30 maja 1998 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1
X
X < 1
1−
Y =
X
2
1 − X
1
X ≥
X
2
X
1
1
1− X
1
1
E
X <
P
X <
+ E
X >
P
X >
=
1 − X
2
2
X
2
2
0,5
1
1
= ∫ x
∫ 1−
+
x =
x
1 − x = t
2 ∫ 1−
=
= [
2 ln x − x]1
2
1 ln 5
,
0
5
,
0
ln 4 1
0,5 =
(− −
+
) =
−
1 − x
x
x
0
0,5
0,5
Zadanie 2
3
52
2
3
3 ⋅ 2
6
3
1
X =
=
=
=
=
=
39
5 !
2
3 !
9
51⋅ 52 − 38 ⋅ 39
1170
585
195
−
2 ⋅ 5 !
0
2 ⋅ 3 !
7
2
1 − 52
2
4
2
52
2
6
6 ⋅ 2
12
4
2
1
Y =
=
=
=
=
=
=
48
5 !
2
4 !
8
51⋅ 52 − 47 ⋅ 48
396
132
66
33
−
2 ⋅ 5 !
0
2 ⋅ 4 !
6
2
1 − 52
2
3
52
2
3
1
Z =
=
=
51
51
17
52
2
X<Y<Z
Zadanie 3
a + b = 5
2
( b − )2
a
25
=
12
3
b=10-a
1
( 0 − 2 a)2 = 100 → 10 − 2 a = 10 → a = 0
lub 10-2a=-10 → a = 1 , 0 b = o
0 dpada b
o b
> a
z tego wynika, że Y ma rozkład jednostajny na przedziale (0;10) 6
6 6− x
−1
6
x
−1
x
−1 x
−1 x
−1
ODP = ∫ ∫ 1 1
1
1
x
5
e
dydx = ∫
5
e
(6 − x) =
−
5
30 e
+
5
5 xe
+
5
25 e
=
10 5
50
50
0 0
0
0
1
=
[ − ,12
− ,
1 2
− ,
1 2
−
− 30 e
+ 30 e
+ 25 e
+ 30 − 25]
,
1 2
= 1
,
0 + 5
,
0 e
50
Zadanie 4
P(3 c 2 c) 4
= ∑ P(3 c k) P( k 2 c) k =1
P(3 c )
1 = 0
P 2 c k P( k) P(3 c ) 1
2 =
P( k 2 c) ( )
=
3
P(2 c)
P(3 c ) 2
3 =
1 1 1
1 1 3
1 6 5
1
100
P(2 c) =
+
+
+ =
3
4 7 4
4 2 7
4 8 7
4
224
P(3 c 4) = 1
P(12 c) 1 1 1 224
=
= ,
0 02
4 7 4 100
P(2 2 c) 1 1 3 224
=
= 1
,
0 2
4 2 7 100
P(3 2 c) 1 6 5 224
=
= 3
,
0
4 8 7 100
P(4 2 c) 1 224
=
= 5
,
0 6
4 100
1
2
ODP =
⋅ 1
,
0 2 +
⋅ 3
,
0 + 5
,
0 6 = 8
,
0
3
3
Zadanie 5
n
3
p
)
3
(
= bo jak wyjdzie z 3 to już nie wróci n
9
2
p
)
1
(
p
p
n
=
(2)
n
+
)
3
(
−
n−
⋅
n−2
n 1
1
1
−
9
4
2
1
4
1
2
→ p )
1
(
p
p
p
p
n
=
)
1
(
n
+
)
3
(
n
+
)
3
(
n
=
)
1
(
−
−
−
n−
+
+
4
2
2
1
2
9
9
3
9
3
9
p (2) p
p
n
=
)
1
(
n
+
)
3
(
n
⋅
1
−
1
−
9
198
199
196
197
198
199
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
1
p
)
1
(
p
p
200
=
)
1
(
198
+
2
+
=
)
1
(
196
+
+
+
+
=
3
9
3
9
3
9
3
9
3
9
3
9
194
195
196
197
198
199
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
1
= p
)
1
(
194
+
2
+
+
+
+
+
=
3
9
3
9
3
9
3
9
3
9
3
9
=08
7
6
0
2
198
1
3
199
3 4
1 4
1
4
1 2 1 2
1
= ... = p )
1
(
0
+
2
+
+ ... +
+
+
+ ... +
=
9 9 3 9
3
9
3 9 3 9
3
9
200
200
1
1
1 −
1 −
4
3
2 3
3
7
=
+
=
9
2
9 9
2
12
1
1
1 −
1 −
3
3
Zadanie 6
p - prawdopodobieństwo zdania w n-tym losowaniu n
2
p = p
1
2
p = 2 p 1
( − p) p
2
...
−
p =
−
n
[2 p 1( p)] n 1 2
p
2p(1-p)<1
∞
2
p = ∑ 2
p [
p
2 p 1
( − p)] n−1 =
= 8
,
0
p
p
n=
1 2
1
(
)
1
−
−
2
p
8
=
2 2
p − 2 p + 1
10
10 2
p = 16 2
p −16 p + 8
6 2
p −16 p + 8 = 0
3 2
p − 8 p + 4 = 0
∆ = 16
8 − 4
2
8
p =
= =
1
6
3
12
p = 2 odpada
2
Zadanie 7
X + ... + X ≅ N ( , 0 n)
1
n
X + ... + X
1
n ≅ N( )
1
,
0
n
2
X + ... + X
1
n
≅ χ )
1
(
n
2
X + ... + X
var
1
n = 2
n
1 var S = 2
2
n
2
var S = 2 n
Zadanie 8
Teoria
Z teorii wiemy, że X ′ e = 0
x x
x
...
x
e
1
,
1
2 1
,
T 1
,
0
1
1
x
x
x
...
x
,
1 2
2,2
T ,2
...
...
2
=
bo dla modelu ze stałą zachodzi
... ...
...
...
... ...
...
x x
...
...
x
,
1 k
T , k e 0
k
T
Odpowiedź (B) jest prawidłowa Zal: a X + ... + a X
k
k =
,
1
( ..., )
1
1
1
X
1 = [ ,
1
( ..., )
1 − a X
2
2 − ... − a X
k
k ] c
c ,
1
( ..., )
1 e − ( a X + ... + a X
e
c
k
k
=
2
2
) 0
ale X e = 0 → ,
1
( ..., )
1 e = 0 gdy c=0 to można dalej powtarzać dla mniejszej liczby 2
wierszy
Z tego wynika: ,
1
( ..., )
1 e = 0
Ale ( a X
1
1 + ... + a X
e = 0 → ,
1
( ..., )
1 − a X
1
1 + ... + a X
= 0 → ,
1
( ..., )
1 = a X
1
1 + ... + a X
k
k )
(
k
k )
k
k
Zadanie 9
∑ N
i = P( λ
n )
k
1
n
1
c nλ
n
n
n
E( N
c )
∞
k
k
∞
1
1
− λ
n
−
1 c
?
= ∑
( nλ)
n
− λ
n
c
e
= ∑
− c λ
n
c
λ
n
− λ
n
−
e
e
e
= e
= λ
e
k
k
k =
!
!
0
k =0
1
n 1 − n
c
= 1
1
1
1 − c n =
n
1
1
n −1
c n = 1 −
=
n
n
n
n −
c =
1
n
Zadanie 10
T ≅ Γ( n, λ) n
∞
n
∞
1
1 λ
n
λx
λn
α = n −
E
=
1
1
n 2
λx
∫
− −
x
e
= ∫
−
−
x
e
=
Tn
x Γ( n)
Γ( n)
β = λ
0
0
∞ 1
tu n>1 bo inaczej nie scałkujemy inaczej: ∫
− λx
λe
całka rozbieżna bo x dąży do 0
x
0
λn Γ( n − )
1
=
= λ
λ
c
= λ → c = n −1 dla n>1
Γ( n)
n 1
−
λ
n −1
n −1