Egzamin dla Aktuariuszy z 13 grudnia 2010 r.

Matematyka Ubezpieczeń Majątkowych

Zadanie 1



Y



t

P

≤ t  = P( Y ≤ tX + tY )





= P Y ≤

X  =

 X + Y





1 − t



t

∞

x

−

1 t

1

= ∫ ∫

−

1 −

x 1

y

0,25

6

e

e

dydx =

4

6

0

0

t

∞

x

1

∞



y  −

1

1

t

x

1





x

1 t



= ∫

−

−0,25

e

−

6

e



dx =

∫ −0,25

e

1 − ex 

p −

x  dx =

4

4

6 1 t

0









−



0

0









1

1

24 1

( − t) 1

6 1

( − t)

1

(

3 − t

= 4 −

 = 1−

= 1−

= 1−

)

4 

1

t



6 − t

6 + t

4 4

6 − t

2

3 − t

+



4

1

(

6 − t 

) 

3 ⋅ ,

0 4

,

1 2

F ( ,

0 6) = 1 −

= 1−

= 1− 5

,

0

= 5

,

0

→ ( B) Tak

3 − ,

0 6

,

2 4

Zadanie 2



σ

σ 

Gdy µ znane to P : X

n − ε

;

α

X n + ε

i P



α



(N < εα )=1−α N ≅ N(0,1)



n

n 

Gdy µ nieznane i σ nieznane:

X − µ

t

n

=

n −1 ≅ t S

. tud ( n − )

1 = T

Sn



S

S



t

n

n

α : P( T < tα ) = 1 − α i przedział:  X n − t

; X

α

n + tα





n −1

n −1 

1 − α = 9

,

0 5

U nas: εα = 9

,

1 6

tα = ,

2 262



S

S 

10

P( LOLEK ) = 

1

X

,

2 262 n ; X

,

2 262 n S

X

X

10 −

10 +



n =

∑( i − 10 )2



3

3 

10 i=1



σ

σ 

P( BOLEK ) =  X

X

10 −

9

,

1 6

; 10 + 9

,

1 6





10

10 

S

dl( LOLEK ) = 2 ⋅ ,

2 262

n

n −1

σ

dl( BOLEK ) = 2 ⋅ 9

,

1 6

n



S

σ 

P X ⋅ 2 ⋅ ,

2 262

n

≤ 2 ⋅ 9

,

1 6



 = 1

,

0



n −1

n 



2 







2

2





σ

S

S

2

3 ⋅ 9

,

1 6



n ⋅10

 3⋅ 9

,

1 6 

2

P S

P

n ≤

=

10



≤ 

  =

1

,

0 a

n

≅ 2

χ 9

( ) →





 

 10 ⋅ ,

2 262 x 



2

σ

 ,

2 262 x  

2

σ









2

 3⋅ 9

,

1 6 

3 ⋅ 9

,

1 6

→ 

 = 1

,

4 68 → x =

≈ ,

1 27

 ,

2 262 x 

1

,

4 68 ⋅ ,

2 262

Zadanie 3

To jest ciąg binarny złożony z n=7 liczb ujemnych i m=8 liczb dodatnich

 n + m 15

Ilość takich ciągów Ω = 

 = 



 2



 7 

 n −1 

 m −1

Ilość ciągów przy liczbie serii R=2k to A = 

2







 k −1 

 k −1 

 6 

 7

A = 

2







 2 

 2

2 ⋅15 ⋅ 21

3175200

14

= A

ODP

=

=

=

Ω

15

32432400

143





7 

Zadanie 4

E( X Y )

σ1

= EX + ρ

( Y − EY)

σ 2

i ( X Y ) ma rozkład normalny

var( X Y ) = (

2

1 − ρ ) 2

σ1

U nas:

3

1

E( X Y ) = 1+ Y = 1+ Y

9

3

2





var( X Y )

3

= 1

 −

 ⋅ 2 = 1



2 ⋅ 9 

cov( 2

2

X , Y ) = E( 2 2

X Y )

2

2

− EX EY

E( X 2 Y 2 ) = EE( X 2 Y 2 Y ) = E[ Y 2 E( X 2 Y )]

E(



1



2

X Y ) = var( X Y )+ E ( X Y ) 2

2

= 1+ 1+ Y 



3 

E(

2

1

2

1

2

2

X Y )











= E 2

Y 1 + 1 + Y +

2

Y  =

2

3

4

E 2 Y + Y + Y 





3

9





3

9



Wiemy:

E( 2 k 1

+

Y

)= 0

E( 2 k

Y

)

k

= 1⋅3⋅⋅⋅ (2 k − 9

)

1

Czyli:

E( 2 2

X Y )

2

1

= 2 ⋅ 9 + ⋅ 0 + ⋅3⋅ 92 = 18 + 27 = 45

3

9

ODP = 45 − (2 + )

1 ⋅ 9 = 45 − 27 = 18

Zadanie 5

sup L(θ , x)

λ( x)

θ

=

sup L(θ , x)

θ θ

∈ H

2

4

f (θ ) =

−

x → max

2

θ θ

2

8

− 2θ + 8 x

f (

′ θ ) = −

+

x = 0 →

= 0 → θ = 4 x

2

3

3

θ

θ

θ

2

1

f (4 x ) =

−

=

2 (4 x

2 x ) 4 x

16 x

1

1

λ( x) =

=

4 x ⋅ (

2 1 − 2 x ) 8 x (1− 2 x ) P(

0

t

X < t ) = P(− t < X < t) = ∫  2 4 x 

2

4 x

 +

 +

2

∫





−

 =

θ

θ 



2

θ θ 

− t

0

0

t

2

2

2

2

2

 2

2 x 

 2

2 x 

2 t

2 t

2 t

2 t

4 t

4 t

=  x +

 +  x −

 =

−

+

−

=

−

2

2

2

2

2

θ

θ 

θ

θ 

θ

θ

θ

θ

θ

θ

− t

0

4

8 x

 θ 

→ f ( x) = −

d

l

a x ∈  ;

0



x

2

θ θ



2 



1





1 

 1 

P

> t  = P8 Y 1

( − 2 Y ) <  = ,

0

2 gdzi

e Y : f ( y) = 4 − 8

y y ∈  ;

0



 8 Y 1

( − 2 Y )





t 



2 

Szukamy:

a 1 = ,

0 25 − a

a 2 = ,

0 25 + a

0,25− a

0,5

∫ (4 − 8 x) dx + ∫(4 −8 x) dx = ,02

0

0,25+ a

[

a

4 x −

2

4 x ]0,25−

4 x

4 x

4( ,

0 25

a)

4( ,

0 25

a)

2 1 4( ,

0 25

a)

4( ,

0 25

a)

0

+ [ − 2 ]0,5

2

2

0,25+ a =

− −

−

+ − −

+ +

+

=

= −8 a +1+ 4 a = ,

0 2 → a = ,

0 2 → 1

a =

0

,

0

,

5 a 2 = ,

0 4

5

i K : { x < 0

,

0 5 ∧ x > ,

0 4 }

5

2

2

dl

a θ =

6 f ( x) =

−

x d

l

a x ∈ (

)

3

,

0

3

9

0,05

3

ODP = ∫  2 2 

2

2

 − x + ∫ 



 − x ≈ ,

0 76

 3

9 

 3

9 

0

0,45

Zadanie 6

N=1,2,3

P(

P S = N = k P N =

N = k S =

k

3)

( 3

) (

)

=

P( S = )

3

P( S = 3 N = ) 1

1 =

4

P( S = 3 N = 2) 1 1

1

=

⋅ 2 =

2 4

4

P( S = 3 N = 3) 1 1 1

1

= ⋅ ⋅ =

2 2 2

8

3

P( S = )

3 = ∑ P( S = 3 N = k ) 1 −

1 1

1 1

19

1

−1

−1

−

P( N = k) =

e

+

e

+

e

=

1

e

k =

4

4 2

8 6

48

1

1

1

−

P(

e

N = 1 S = 3)

1 48

12

4

=

=

=

19

1

−

4 19

19

e

48

1 1

1

−

P(

e

N = 2 S = 3)

1 48

6

4 2

=

=

=

19

1

−

8 19

19

e

48

1 1

1

−

P(

e

N = 3 S = )

1 48

1

8 6

3 =

=

=

19

1

−

48 19

19

e

48

3

ODP = ∑ P( N = k S = )⋅ k = 12

3

+ ⋅ 6

2

+ ⋅ 1

3

= 27

k =

19

19

19

19

1

Zadanie 7

Z danych wynika, że θ ≥ 1

0

i p ∈ (

)

1

,

0

A – zdarzenie, że 6 zmiennych większych od 5

6

L = P( )

A ⋅ ∏ f ( x x > 5)

i=1

t 1

1

∫

t −

f (

P

< X < t

θ

θ

t −

X < t X > 5)

(

)

5

5

(

)

5

5

=

=

=

=

P( X > )

5

θ

1

1

(

θ −

θ − 5)

5

∫θ θ

5

f

> =

∈

≅

x ( x x

) 1

5

d

l

a x

( ;5θ)

;

5

( θ )

θ

J

− 5

∞

P( )

A = ∑ P( A N = k ) P( N = k) k =6

θ

P(

k

A N = k )

6

−6

 k 



− 5   5 

=



  

 

6 



θ  θ 

∞

6

k −6

∞

6

m

k

θ

m

θ

P( )

A = ∑ 





− 5   5 

1 7

k

5

5



  

m 6

 

p 1

( − p) = k − 6 = m = ∑ − +





−   

+



  





p

1

( − p) =

θ

θ

m

θ

θ

k =

6

6 





  

m=0 





  

∞

7

m

7

6

= ∑ m −1+ 7 

 5 p  θ − 5 p   θ

 θ − 5 



 







6









p 1

( − p) =

m

θ

θ

θ

p

θ

m=

5

0 





 

  −

 



7

6

 θ − 5   θ



6

= p 1

( − p)

 



 θ  θ − 5 p 

1

6

L = p 1

( − p)θ (

θ − 5 p)7

ln L = 6 ln p + ln 1

( − p) + lnθ − 7 ln(θ − 5 p)

∂

1

7

θ − 5 p − 7θ − 6θ − 5

= −

=

=

p = → sprzeczno c

s

θ ≥

p ∈

∂θ θ θ − 5 p

θ (θ − 5 p)

θ(θ − 5 p) 0

b

o

1

0

i

(

)

1

,

0

θ

Czyli ustalamy ˆ

θ = 1

0 b

o (

funkcja malejąca θ (przy ustalonym p)

θ − p)7

5

Szukamy max:

6

10

f ( p) = p 1

( − p)

c

zyl

i g( p) = 6 ln p + ln 1

( − p) + ln10 − 7 ln 1

( 0 − 5 p)

1

( 0 − 5 p)7

∂ g( p)

6

1

35

6 1

( − p) 1

( 0 − 5 p) − p 1

( 0 − 5 p) + 35 p 1

( − p)

= −

+

=

= 0

∂ p

p

1 − p

10 − 5 p

p 1

( − p) 1

( 0 − 5 p)

2

2

2

60

12

licznik = 60 − 90 p + 30 p −10 p + 5 p + 35 p − 35 p = 6

− 5 p + 60 → ˆ p =

=

65

13

Zadanie 8

∫ L θ

( , a) f (θ X ,..., X d 1

5 ) θ → min

θ

Dla θ > max( X

i )

θ

θ

f (

f X ,..., X

f ( )

θ X ,..., X =

1

5 )

( 1

5

)

f ( X ,...., X

1

5 )

∞

∞

f (

1

1

3

3

x ,..., x

3

θ

d

1

5 ) = ∫





⋅ ⋅

= −

=

5

4



8 

θ

θ

 8θ 

8 2

1

⋅ 8

2

1

1

⋅

f (

8

5

4

θ

θ

⋅

θ x ,..., x =

=

θ >

1

5 )

3

8 2

dl

a

2

3

9

θ

8 ⋅ 28

∞

∫

8

2

θ − a

→ min

9

θ

2

dl

a a >

2 c

zyl

i a > 4

a

∞

8

8

2

4

2

2

a

Szukamy min: ∫ ( a −θ )

+ θ

( )

9

∫( − a) =

+

−

= f a

9

θ

θ

a 3

8

3

2

3 ⋅ 6

2

2

a

9

4

9

2

1

− 2 + a

4

9

4

4

f (

′ a) = −

+

= 0 →

= 0 → a = 2 → a = 2 = 4 2

4

8

8

4

a

2

2 a

Dla a ≤ 2

∞

8

4

a

Szukamy min: ∫ ( 2

θ − a) =

−

→min dla a=4

9

θ

3 ⋅ 6

8

2

2

2

Łącznie minimum jest dla

4

a = 4 2

Zadanie 9

n

nθ

θ λ

L =

∏ n(

θ

λ x 1

i ) +

+

i=1

n

ln L = n lnθ + nθ ln λ − (θ + ) 1 ∑ ln(λ + x

i )

i=1

∂

n

ln L = n + n lnλ − ∑ln(λ + x i )

∂θ

θ

i=1

∂

n

ln L = nθ − (θ + )∑ 1

1

∂λ

λ

λ

1

x

i=

( + i )

∂ ln L

n

= −

2

2

θ

∂

θ

∂

n

ln L

θ

= − n +

1

θ 1

2

2

( + )∑

∂

2

λ

λ

λ

i=1 (

+ xi )

∂

n

ln L = n − ∑ 1

∂λ

∂θ

λ

λ

1

x

i=

+ i

Z własności ENW (λˆ θˆ

,

ma asymptotycznie rozkład normalny ze średnią (λ,θ ) i n

n )

 2

−1

∂ ln L 

macierzą kowariancji I g

dzi

e I

ij = − E





 ∂λ∂θ 

Dla λ =

1

i θ = 4 mamy:





1

I

E 4 n

5

1

,

1

=  − ∑



(1+ xi ) 

2 

 n 

n

I

= E  =

2,2

16 

16



1



I

,

1 2 = E ∑

− n



(1+ xi ) 

∞

 1 

1

4

4

E

 = ∫

1 + X 

1 +

5

x 1 x

5

0

[ ] =

+

2

∞

 1 

1

4

2

E

 = ∫

=

1 + X 

1

( +

2

x)

1

( +

5

x)

3

0

2

2

I

= 4 n − ⋅5 n = n

1

,

1

3

3

4

1

I

= n − n = − n

,

1 2

5

5

I ⋅ 3

 2

1 

n

3  2

1 

 2

 2400



n

− n II+ I

II

n

n

n

10 

−

 I+80 II 

0  ⋅ n 1 0

I =  3

5  → 3

5  → 3

 → 



− 1

n

n





n

n

0



 0



0 1

 5

16 



400 



400 

 75

120 





Po tych samych operacjach na macierzy jednostkowej otrzymujemy −

I 1 =  2 n

n 

120

400 

 n

n 

 75 

(λ − )

λˆ

→

1

2 n

ma asymptotycznie rozkład N  ,

1

 c

zyl

i

m

a N (

)

1

,

0

n

 2 n 

75

 ˆ

λ n −1 2





n

75





2 2  ztablic

→ lim P

> 2





= P N >

≈ 1− 2 ⋅ 1,

0 293 ≈ ,

0 741





n→∞



75

2





75 





Zadanie 10

MSE = E(θ − )2

ˆ θ

MSE = E( aX + b −θ )2 = E( 2 2

a X + 2 abX + 2

b − 2θ aX − 2 bθ + 2

θ )=

2

2

2

2

= a EX + 2 abEX + b − 2 aθ EX − 2 bθ + θ

EX = nθ

2

EX

= nθ(1−θ )

2

2

2

2

2

+ n θ = nθ − nθ + n θ

MSE = 2

a ( nθ −

2

nθ + 2 2

n θ )+ 2 abnθ + 2

b − 2 aθ nθ − 2 bθ + 2

θ =

= ( 2 2

2

a n − a n − 2 an + )

1 + ( 2

a n + 2 abn − 2 b)

2

θ + b

1

4

4

4

2

4

4

4

3

1

4

4

4

2

4

4

4

3

1

A

A 2

Chcemy by A1=A2=0

Dla A1=0 mamy ( 2

n − n) 2

a − 2 na + 1 = 0

∆ = 4 n 2 − 4( n 2 − n)= 4 n n − n

n +

a =

n

, a =

a , a > 0 ok

1

2

2

2

1

2

n − n

n − n

A ponieważ aX + b ≥ 0 → b ≥ 0

a 2 n

Z A2=0 mamy: b =

2 − 2 an

( n− n)2

(

n

n − n)2

2

( n− n)2 n( n− )1 2 n( n − )1( n− )1 n −1

b =

=

=

=

>

1

2

2

2





n − n

2





( 2 n − n) ( n − )

0

2 n ( n − )

1

2( n − )

1

1

2 1

 − n 2





n − n 

( n+ n)2

(

n

n − n)2

2

n ( n + )2

2

1 n( n − )

1

b =

= −

< odpada

2





n + n

2 2

n ( n − )

1 2





n( + n ) 0

1

2 1

 − n 2





n − n 

( n − ) 2

2

1 



n −1



→ ODP = 

 = 

 =

2( n − )

1





 2( n −1)( n + )

1

1 

4( n + )2

1