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