Egzamin dla Aktuariuszy z 5 czerwca 2006 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1

E(( X − Y 2

) Z 2 ) = EE(( X − Y 2

) Z 2 Z ) = E( Z 2 E(( X − Y 2

) Z )

E(X-Y)=0

Var(X-Y)=varX+varY-2cov(X,Y)=4+1-2=3

Cov(X-Y,Z)=cov(X,Z)-cov(Y,Z)=2-1=1

1

E( X − Y Z ) = Z z regresji 4





var( X − Y Z )

1

11

11

= 1−

3

 =

⋅3 =



3 ⋅ 4 

12

4

E(







( X − Y )2 2

Z )

2 11

1

2

11

2

1

4

11

1

= E Z  + Z  = EZ + EZ = ⋅ 4 + ⋅3⋅ 42 = 11+ 3 = 14



 4

16



4

16

4

16

E(( X − Y ) Z ) = EXZ − EYZ = cov( X , Z ) + EXEZ − cov( Y , Z ) − EYEZ = 2 + 0 −1 − 0 = 1

var((X-Y)Z)=14-1=13

Zadanie 2

ODP = P( S =

i

4 S ≤ 6 = P S ≤ S

= P S =

10

7

) (

6

4

7

10

) (

4

10

)

P(

10

P S = ∧ S

=

S ≤ 6 S

= 4 = − P S > S = = −

= −

7

10

) 1 (

6

4

7

10

)

(

7

4

7

10

)

5

,

0

1

P( S =

P S

=

10

)

1

4

(

4

10

)

ODP = P(





S

= 4)

10

5

,

0

1

 −

 = P S

= 4 − 5

,

0

10



P( S

= 4)

(

)

10

10

10



P( S = 4 - możliwe tylko gdy 7x jedynka 3razy –1

10

)

Z tego:

10





P(

7 

8 ⋅ 9 ⋅10

120

S

= 4 =

=

=

10

)

10

10

10

2

6 ⋅ 2

2

120 −1

119

ODP =

=

210

1024

Zadanie 3

5

=

θ

L ˆ

θ

θ +

1

Π(1+ xi ) 1

ln L ˆ = 5ln θ − θ

( + )

1 ∑ ln(1 + x

i )

θ 1

∂ = 5 − ∑ln(1+

5

x

θˆ

0

i ) =

→ 1 =

∂ θ

θ

1

∑ln(1+ xi )

4

analogicznie: θˆ

2 = ∑ln(1+ yi )

t

e −

P(

1

θ

ln 1

( + X ) < t) = P( X < t e − )

1 = ∫

−

= 1−

t

θ

e

≅ wykl θ

θ +

( )

1

( +

1

x)

0

∑ln 1(+ X ) ≅ Γ

dla X mającego rozkład gamma:

t

5

5

4

P(

θ

t

θX < t ) = ∫ θ

4 − x

θ

x e

= ∫ θ w − w

e

≅ Γ

)

1

,

5

(

Γ )

5

(

Γ )

5

(

θ 5

0

0

θ∑ ln(1 + y

i ) ≅ Γ(

)

1

,

4

dla X mającego rozkład gamma(n,1) P(2 X < t) 2

≅ χ (2 n)

teraz dla

2

Y ≅ χ

)

8

( ,

2

X ≅ χ 1

( 0)

 }

≅ F (8 1

, 0)



 ˆ







θ

 Y

4 

Y 10

1

1

 1



P

< a = P

< a





= P

< a =

=

≅ ,

0 299



ˆ



θ

 X

5 

 8 X



kw

(

)

95

,

0

35

,

3

 2



F 1

( 0,8)









 ˆ



 θ 1



P

> b = P( F 1, 8

(

0) > a) = ,

0 05 → kw

( 9

,

0

)

5

F

= ,

3 072

 ˆ

( 1

,

8 0)



 θ 2



Zadanie 4

P( A b

2 ) = P( A I ) P( I b 2 )+ P( A II ) P( II b 2 )+ P( A III ) P( III b 2 )

P(

P b I P I

P b II P II

P b III P III

I 2 b)

(2 ) ( )

=

, P( II 2 b) (2 ) ( )

=

, P( III 2 b) (2 ) ( )

=

P(2 b)

P(2 b)

P(2 b)

 4 3  2

     

 2

 2

 2 1

 6

3

1  1

1





P(2 b) =

+

+

=

+

+

=







5

5

5 3

10



10

10  3

3





 

 

 

 2  2  2



 

3 1

3 1

P( I 2 b) 3

5 3

=

= , P( II 2 b) 3

10 3

=

=

, P( III b)

1

2

=

1

5

1

10

10

3

3

3 3

2 3

1 1

18 + 6 + 1

1

15

ODP =

+

+

=

= =

5 5

5 10

5 10

50

2

30

Zadanie 5

X = ZV

2

2 =

X

Z

<

2

2

2

2

1

Y

= V − Z V

V ∈ (

)

1

,

0

2

X

+ 2

Y

2

Z ∈ (−

)

1

,

1

=: ∆

Y = V 1 − Z

X

∂

x

∂

= V

= Z

z

∂

V

∂

y

∂

VZ

y

∂

2

= −

= 1− Z

2

Z

∂

1

V

− Z ∂

V

Z

2

Z V

V

− Z +

2

VZ

(1 2) 2

D =

Z V

V

2

= V 1− Z +

=

=

≠ 0

−

1 − Z

2

1

2

− Z

1

2

− Z

1

2

−

1 −

Z

Z

2

V

f ( Z , V ) =

Z ∈ (−

)

1

,

1 , V ∈ (

)

1

,

0

Π 1

2

− Z

= Π8

7

6

1

v

f ( v) = ∫ 2

2

2 Π Γ

dz =

v ⋅

(

)

5

,

0

= 2

v v ∈ (

)

1

,

0

Π

2

Π

−

2

1

1 − z

Zadanie 6

X - czas oczekiwania na i-ty numer i

X = 1

1

ODP = 1 + E( X

+ E X + E X + E X + E X

2 )

( 3) ( 4 ) ( 5) ( 6)

7 − i

X czas oczekiwania na sukces z p =

i

6

k −1

P( X

- przesunięty geometryczny

i = k )

 i −1

 7 − i 

= 







 6 

 6 

Z tego:

i −1 6

i − 1

i −1 + 7 − i

6

EX =

+1 =

+1 =

=

i

6 7 − i

7 − i

7 − i

7 − i

6

6

6

6

6

6

14

ODP = 1 +

+ + + + 6 = 12 + + = 12 + 2 +

= 1 ,

4 7

5

4

3

2

5

4

20

Zadanie 7

∂ = E(2( a X + a X + a X + a X − m X =

1

1

2

2

3

3

4

4

) 1) 0

∂ a

1

...



2

a EX

a E X X

a E X X

a E X X

mEX

1

1 +

2

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



1



2

a EX

a E X X

a E X X

a E X X

mEX

2

2 +

1

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



2



2

a EX

a E X X

a E X X

a E X X

mEX

3

3 +

1

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

3



2

a EX

a E X X

a E X X

a E X X

mEX

4

4 +

1

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

4

2

2

EX

= 2 m

1

2

2

EX

= 8 m

EX 1 = m

2

1

1

1

1

→ a = , a =

, a =

, a =

2

2

1

2

3

4

EX

= 18 m EX = im

5

10

15

20

3

i

2

2

EX

= 32 m

4

2

2

[

E a X

2 a a X X

a X

2 a a X X

2 a a X X

2 a a X X

2 a a X X

1

1 +

1 2

1

2 +

2

2

2

2 +

1 3

1

3 +

1 4

1

4 +

2

3

2

3 +

2

4

2

4 +

2

2

2

2

1

+ a X + 2 a a X X + a X − 2 m a X + a X + a X + a X + m ] = m 3

3

3 4

3

4

4

4

( 1 1 2 2 3 3 4 4 ) 2

2

5

Zadanie 8

6

θ

6

2 −

θ 2 Π X

1

 θ 

i

2

2 −

L =

=

1

6

1 −1



 (Π X

→ STAT = Π X

i ) θ

θ

i

θ

θ 1 Π X

 θ 1 

i

1

P(Π X

ln

ln

ln

ln

i > t ) = P(∑

X i >

t )





= P− ∑ Xi <





t 

P(

1

− ln X

t

P

e

P X

e

x

θ

e

wykl θ

i <

)  1



= 

< t  = ( > − t )= ∫ θ−1 =1− − tθ ≅

( )

 X



− t

e

− ∑ln X

i ≅ Γ( ,

6 θ

) d

l

a θ =

1 Γ

(

)

1

,

6

1

1

ln

t

2 ln



t

t

1

1

x

1

P 

ln

ln

2

1

(

)

2

2 ln

,

5 226

0

− ∑



5 − x

=

X

x e

χ 2

i <

 = ∫

=

= ∫

→

=



t 

Γ( )

6

0

t =

t

2 x

0

5,226

2

6

⋅



,

5 226 

3 5,226

3

x

t

moc: P 

ln X

x e

3 x

χ 1

( 2)

,

0 79

1 − ∑

i <

 = ∫

5 −3

=

=

= ∫ 2

≈



2



Γ(6)

2

0

0

lub liczymy: ∫ 5 −3 x

x e

= ... i wychodzi

Zadanie 9

1

1

1

1

P( Y ≤ 1 =

≤ 1 +

= 2

− ≤ 1 =

+

− ≤ 1 →

= +

n

) P( Xn ) P( Xn

) P( Yn 1 )

P( Yn 1

) g

g

2

4

2

4

3

1

1 4

2

g =

→ g =

=

4

2

2 3

3

Zadanie 10



∑( y

2

i − −

1 2 xi )



 −





2



 e

2





∑ x 1

i

P

0

> t = P

2

0

∑( y

1

ln

i − xi )( xi + ) ( + )



−

>



∑(

t

yi − xi )







2



−







 e

2



Y ≅ N x

i

( )1

,

i

H : ( y

x

x

N

x

i −

i )( i + )

1 ≅

( ;0( i + )21

0

)

∑

2



x

2

1

1

i +

 ∑



∑(

xi

y

2

1

;

1

i − xi )( xi + ) (

)

( + )

−

≅ N −

∑( xi + )  =





X

2



2





2

2



∑( x

x

i + )

1

∑( i + ) 

1



X +

ln t +





2

P

odpowiedź (A) bo 1,645

0

>

2

= ,

0 05 →



∑( x

x

i + )

1 2

∑( i + ) 

1 2







