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 - moŜliwe 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