Egzamin dla Aktuariuszy z 17 maja 2003 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka Zadanie 1
Z
2
2
1
Z
i = X i + Y
i
i
≅ χ(2) ≅ wykl
2
σ
2
P(
Z
Z
t
min( Z ,..., Z
n ) < t )
=
1
P min
,..., n
1
≤
2
2
2
=
σ
σ
σ
tn
Z
Z
t
−
=
2
n
1 −
1
n
2
2
2
2
Pmin
,...,
>
1 e σ
min X
Y ,..., X
Y
wykl
2
2
2
= − 2 →
( 1 + 1
n +
n )
≅
σ
σ
σ
2
2 σ
min( ...,..., ...) = min(...)
3
3
∞
nx
α =
Γ
−
2
2
2
ODP = ∫
n
2
2
n
2
1
2 σ
σ Π ⋅ 2
σ Π
2
x
e σ dx =
=
=
Π
=
=
2
2
2 σ
n
2 σ n ,15
2
n
4 n
2 n
0
β =
2
2 σ
2
2 σ
Zadanie 2
1.0=varA+varB+varC+2cov(A,B)+2cov(B,C)+2cov(A,C) 2.0=varA+var(B+C)+2cov(A,B+C)
3.0=varB+var(A+C)+2cov(B,A+C)
A,B,C,A+C,B+C – mają odpowiednio hipergeometryczne rozkłady Z tego:
10 2 30 −12
144
var A = 12 ⋅
= var B = var C =
30 3
29
87
20 1 30 −12
var( A + B) = 12 ⋅
= var( A + C) = var( B + C) = var A 30 3
29
144
144
2 : 0 = 2 ⋅
+ 2cov( ,
A B) + 2 cov( ,
A C) → cov( ,
A C) = −
− cov( ,
A B)
87
87
144
144
3 : 0 = 2 ⋅
+ 2cov( B, )
A + 2 cov( B, C) → cov( B, C) = −
− cov( ,
A B)
87
87
144
144
144
144
72
1 : 0 = 3 ⋅
+ 2cov( ,
A B) + 4 −
− cov( ,
A B) = −
− 2cov( ,
A B) → cov( ,
A B) = −
= −
87
87
87
2 ⋅ 87
87
72 87
1
ODP = −
= −
87 144
2
Zadanie 3
MoŜna wypisać: (1,2,3,4) (1,2,3,5) (1,2,3,6) (1,2,4,5) (1,2,4,6) (1,2,5,6) (1,3,4,5) (1,3,4,6) (1,3,5,6) (1,4,5,6) (2,3,4,5) (2,3,4,6) (2,3,5,6) (2,4,5,6) (3,4,5,6) Jest 15 przypadków, z tego:
6 1
6
P =
=
b
o
= 15
64
4 64
4
Zadanie 4
n
S ( n)
X EX
λ
ES ( n)
E X
...
X
..
i
= ∑ k
k =
i →
i
= ( 1 + + n ) =
k =1
S ( n) − nλ CTG
i
i → N ( )
1
,
0
λ n
i
( S ( n) − λ
n
i
i )2
2
→ χ )
1
(
λ n
i
2
2
χ → χ ( k) Zadanie 5
Chyba błąd w treści przy X
( X µ ≅
t k
k )
N (
2
µ , σ
,
k
)
µ ≅ N
k
( 2
µ, a )
(
2
X µ
,
k
k )
σ
≅ N µk
T
2
σ 2
2
X
≅ N µ, a
+
b
o var X
2
= var
+ var
=
+
k
k
( E( X µ
k
k )
E(
( X µ
k
k )
σ
a
T
T
∑( X k − X )2 ≅ χ( k − )1 ozn: X
2
2 + σ
a
T
∞
k −1
x
∞
k −3
x
∞
k −
1
−1 −
−1 −
3
1
1
1
1
k
3
E
= ∫
−
2
2
x
e
=
2
2
x
e
=
... dx ⋅
2
2
Γ
=
k −1
∫ k−1
k −1
∫
X
x
2
0
k −1
0
k −1
k −1
2
2
Γ
2
2
Γ
2
2
Γ
0
2
2
2
k
3
k
k
Γ −
3
1
− − +
2
2
1
1
1
2
1
= 2 2 2 2 2
=
=
=
k
1
2 k
3
2 k − 3
k − 3
Γ −
−
2
2
2
2
≅
−
χ 2 ( k
)
1
6 4
4 7
4
4 8
2
σ 2
a +
1
T
1
1
1
E
= E
=
SSB
∑ (
2
2
2
X − X
− 3
k
) 2 σ k
2
σ
a +
a +
T
T
SSW nzl
1
1
2
E
=
K ( T − )
1 σ
2
SSB
K − 3 2
σ
a + T
K ( T − )
1
2
2
σ T
σ
K −
const =
→ const =
( K −
( 2
2
a T + σ )
3
)
3
2
2
a T + σ
KT ( T − )
1
Zadanie 6
2
σ
2
X ≅ N µ,
S n
z
l
n
X z
l X
5
4
5
X
X
N
;
0
σ
5 −
≅
2
4
2
S ⋅ 3
2
≅ χ
)
3
(
2
σ
≅ t(3)
4
6
4
7 8
≅ t
P(
X − X σ
cS σ
c
X − X < cS =
c
P
<
= P X <
=
→
=
→ c ≈
5
)
}
(3)
5
2
2
95
,
0
182
,
3
558
,
3
5
S
S
2
5
5
5
σ
σ
4
4
Zadanie 7
Budujemy test najmocniejszy bo wtedy β min przy ustalonym α
∑( Xi−0,5)2
−
∑ Xi 9
2
−
e
2
8
= e
2
∑ X
−
i
2
e
∑ X
9
P
i
0
− > ln t = α
∑ X
N
0 ≅
(
)
9
,
0
2
8
9
∑ X
∑ X
N
1 ≅
9
,
i
9
P
2
1
− < ln t = β
2
8
≅ }
N (0 )
1
,
9
2
P
X
t
P
X
t
0
∑ i > 2ln + =
> ln + ,
0 75
4
3
≅ }
N (0 )
1
,
9
2
P
X
t
P
X
t
1 ∑
i < 2 ln
+ =
< ln − ,
0 75
4
3
α + β → min ⇔ 1 − α − β m ax
lnt=0
≅ }
N (0 )
1
,
ODP = 1 − P
X
< ,
0 75 ≈ ,
0 4533
Zadanie 8
X
− −
−
1
X 2
X 3
25 X 1 X 2 X 3
1
1 3 3
L =
1
( − θ)
θ
θ
1
( − θ)
4
4
4 4
X :
)
1
,
1
(
1
X : ,
1
( 2)
2
X : (
)
1
,
2
3
25− X −
1
X 2
3
25− X −
+
2
X 3
X 2 X 3
L =
1
( − θ)
θ
25
4
ln L = (25 − X − X
−
−
− +
+
1
2 )ln 3.. (
. 25
X
X
2
3 )ln 1
(
θ)
( X X
2
3 )ln θ
∂
X
X
X
X
X
X
θ
X
X θ
2 +
25
3
− 2 − 3 ( 2 + 3 ) 1
( − ) − (25 − 2 − 3 )
=
−
=
=
∂ θ
θ
1 − θ
θ 1
( − θ)
X + X − 25 θ
X + X
2
3
ˆ
2
3
=
→ θ =
θ 1
( − θ)
25
θˆ =liczba (1,2) lub (2,1) w 25-próbce 1
3
prawdopodobieństwo sukcesu:
θ + θ
4
4
1
θ 1
( − θ)
ˆ
var θ =
25 θ 1
( − θ) =
252
25
Zadanie 9
f ( N y)
f ( y N ) f ( N )
=
f ( y)
F ( Y <
−
x N ) = 1− e αNx ≅ wykl( αN )
f ( y) = ∑ f ( y N ) f ( N ) N =1
−
f ( y N )
αNy
= αNe
∞
n
∞
n
αy
− αny λ
λ
( −
−
λe
)
y
α
y
α
αy
f ( y) = ∑ αne e
= ∑
− −
λe
λe
− λ
− λ λe
−
e
e
e αn =
αy
αe e
λe
n
n
n=
!
!
1
n=0
n
− αny λ
− λ
E(
nαne
e
n
N Y = y)
∞
∞
= ∑
n
=
1
!
αy
y
α
∑ 2 − αny λ
n e
=
− λ
− αy λe
− αy λe
n
n=
!
1 αe
e
λ
e
λe
e
n=1
∞
n
1
αy
2 (
−
λe
)
=
y
α
∑
− −
λe y
α
n
e
= 1 αy
e ( − αy
2 −
λe
+
2 αy
λ e
)
−
= 1+
αy
e
λ
− αy λe
n
λ
λe
e
n=
!
0
Zadanie 10
P( C
1 ∩ C 2 ) = p 2
P( C 1 ) = P( C 2 ) = p P( E ∩ C
1 ) = P( E ∩ C 2 ) = rp P( E ∩ C ∩ C =
1
2 )
p 2 r
P( E′ ∩ C′ ∩ C′ = 1
( − p)
1
)
2
2
2
1
( − p) = P ( E ∪ C
C
1
2 )′
∪
P( E ∪ C
C
P( E)
P C
P C
P E
C
P E
C
P C
C
P E
C
C
1 ∪
2 ) =
+ ( 1)+ ( 2 )− ( ∩ 1)− ( ∩ 2 )− ( 1 ∩ 2 )+ ( ∩ 1 ∩ 2 ) =
= P( E) + 2 p − 2 rp − p 2 + p 2 r → 1
( − p 2
) = 1 − P( E) − 2 p + 2 rp + p 2 − p 2 r →
→ P( E) = 1− 2 p + 2 rp + p 2 − p 2 r −1+ 2 p − p 2 = 2 rp − p 2 r P( C 1 ∩ E) rp
rp
1
ODP =
=
=
=
P( E)
2 rp − p 2 r rp(2 − p)
2 − p