Egzamin dla Aktuariuszy z 4 października 2010 r.
Prawdopodobieństwo i Statystyka
Zadanie 1
2
θ
L
(2θ) n∏ n( X ) − ∑
=
X i
e
i
i=1
ln L = n(ln 2 + lnθ ) + ∑
X
θ
X
i −
∑ 2
ln
i
∂
2
n
n − θ
2
∑ X
= − ∑ X = 0 →
i
n
ˆ
0
θ
i
= → =
∂θ θ
θ
∑ n X 2 i
i=1
2
2
P(
t
t
X 2 < t ) = ∫
−
x
s
x
θ
=
2 x
θ e
=
= ∫ − s
e
θ θ ds = 1− − t
e θ ≅ wykl(θ )
2 xdx
0
= ds 0
∑ n X 2
n,θ
i
≅ Γ(
)
i=1
2
θ
P(
n
θˆ < t)
∞
= P ∑
n
X
x 1 e θ dx
i
> = ∫
n−
− x
t
( n)
n Γ
t
−1
θ
θ
d (
θ
−
θ
1
P(θ
−
ˆ < t)
n
n
n
n
n
n
t
( ) n
n
t
=
e
=
e
2
n
dt
t Γ( n) t
Γ( n) t +1
1
θ
θ
θ
E(
n
n
x
n
ˆ
θ ) ∞ ( n)
=
∞
−
1
t
n
t
( )
= ∫
e
=
=
x
e θ
n
∫
n−2
− nx =
Γ( n) t
1
Γ( n)
0
−
dt =
0
dx
2
t
∞ ( n
θ ) n−1
n
θ
θ
θ
n−
nx
( n
)
1
n
n
2
−
Γ − ( )
= ∫
x
e
Γ( n −
n 1
)
1
n
θ
( n)
n 1
0
( )
=
−
Γ
−
1
θ
θ
θ
E(
n
n
x
n
ˆ
θ ) ∞
2
( n)
=
∞
−
1
t
n
t
( )
= ∫
e
=
=
n 3
n
θ x
x
e
=
n−1
∫
−
−
Γ( n) t
1
Γ( n)
0
−
dt =
0
dx
2
t
∞ ( n
θ ) n−2
n
2
2
θ
θ
θ
n−
nx
( n
)
2
n
n
3
−
Γ −
( )
= ∫
x
e
Γ( n −
n 2
)
2
n
θ
( n)
( n
)
2 ( n
)
1
0
( )
=
−
Γ
−
−
2
2
2
2
θ n
θ n
( n − )
1
2
2
θ n − ( n − 2) 2 2
2
2
θ
θ
ˆ
n
n
varθ =
−
=
=
( n − 2)( n − )
1
( n − )
1 2
( n − )
1 2 ( n − 2)
( n − )
1 2 ( n − 2)
ˆ
θ − θ
P
≤ ,
0 01 = P(− ,
0
θ ≤ θˆ
01
−θ < ,
0 0 θ
1 ) = P( ,
0
θ ≤ θˆ
99
≤ ,
1 0 θ
1 ) =
θ
n
θ
n
θ
9
,
0 9θ −
,
1 01θ −
n −1
n −
= P
≤ N ≤
1 →
θ
θ
n
n
( n − )
1
n − 2
( n − )
1
n − 2
1 4
4 2
4
4 3
1 4
4 2
4
4 3
A
A
1
2
n
9
,
0 9 −
( n − )
1
n − 2
n −1
[ 9,
0 9( n − )
1 − n] n − 2
(− 9,
0 9 − ,
0 0 n
1 ) n − 2
A =
=
=
1
n
n
n
n
,
1 01 −
( n − )
1
n − 2
n −1
[ ,10 (1 n − )1 − n] n − 2 (− ,101+ ,00 n 1 ) n − 2
A =
=
=
2
n
n
n
prz
y n →
∞ A ≈ A
1
2
To sprawdzimy: P( N < , 0 01 n − 2 ) = 9
,
0 5 → ,
0 01 n − 2 = 9
,
1 6 → n = 38418 →
Sprawdzamy (E): → P(− 9
,
1 6 9
,
1
;
5) → OK
Zadanie 2
P( X
min
,
,...,
,
,...,
1 =
{ X X
X
P X
X
X
X
X
X
1
2
n }) =
( 1 < 2 1 < 3
1 <
n ) =
= P( X < min
1
{ X ,..., X
2
n })
P(min{ X ,..., X
1
min
,..,
2
n } < t ) =
− P(
{ X
X
2
n } > t ) =
n
n
( n+2)( n−
t
i
)
1
= 1− ∏ P( X t 1 e i 2 1 e 2
i >
)
− ∑
−
= −
t
=
= −
→
i=2
( n + 2)( n − )
1
→ ODP = P( X < Y ) g dzi
e X ≅ wykl )
1
( , Y ≅ wykl
2
∞ y
( n+2)( n− )
1
ODP = ∫ ∫
−
−
n
n
x (
+ )
2 ( − )
1
y
2
e
e
dxdy =
2
0 0
( n + 2)( n − )
1
∞
= ∫ ( n + 2)( n − )1
( n + 2)( n − )
1
ex
p −
y (
−
1 − e y ) dy = 1−
2
=
2
2
( n + 2)( n − )
1
0
+1
2
( n + )
2 ( n − )
1
( n + 2)( n − )
1 + 2 − ( n + 2)( n −
= 1−
=
)
1 = 2
( n + 2)( n − )
1 + 2
( n + 2)( n − )
1 + 2
n 2 + n
Zadanie 3
θ >θ
2
1
10
θ
2θ
2
( )5
2
∏10(
5
θ
θ
1 + x ) 2+1
2
1
y
1
∏( + i)2 +1
P = i=1
i=1
10
θ
2θ
1
( )
=
5
1
∏10(
5
θ
θ
1 + x
y
i ) 1 +1 ∏ (1 + i )2 1+1
i=1
i=1
15
θ
2
2
⋅ 5 10
5
=
θ θ
θ θ
1
2
1
2
1
x
1
y
15
5
( + i ) −
( + i )2( − )
∏
∏
→
θ
2
1
⋅
i=1
i=1
→
1
jest rosnąca funkcją statystyki
∏10(
5
1 + x
y
i )∏ ( + i )2
1
i=1
i=1
P( STAT > c) = , 0 05
t
e −
θ
P(ln(
1
1 + x
t
P X
e
i ) <
) = ( < t
i
− )
1 = ∫
θ 1
1
x
0
(
i ) +
+
θ
f
t
+
=
et =
−
≅
x
θ θ
e t
θ
ln (1
i ) ( )
( )
t (θ
wykl
+ )
1
e
t
2
e −
θ
P(2 ln(
1
+ y
t
i ) <
) = ∫
2
1
2θ 1
1
y
0
(
i )
+
+
2θ
1 t
f
t
+
=
e =
−
≅
y
θ θ
e t
wykl θ
2 ln (1
i ) ( )
2
( )
t (2θ + )1 2
2
e
∑
10
ln(
5
10
5
1 + X
θ
Y
θ
X
Y
θ
i ) ≅ Γ 1
( ;
0
), ∑ ln(1+ i ) ≅ Γ ;
5
(
) → ∑ ln(1 + i ) + ∑ ln(1 + i ) ≅ Γ 1
( ;
5
)
i=1
i=1
i=1
i=1
1
1
P( STAT > t) = P
< = P( X < −ln t) g dzi
e X ≅ Γ 1
( ,
5 θ )
STAT
t
Szukamy takiego t, że: P(X<t)=0,05 i X ≅ Γ 1
( 5 )
1
;
t
2 t
s
∫ 1
1
14
s
x
x e dx = x =
= ∫
−
−
s 14 e 2 ds =
0
,
0 5 to jest całka z g
Γ
ęstości rozkładu
15
1
( )
5
2
2 Γ 1
( )
5
0
0
2
χ 3
( 0)
Z tablic 2t=18,493 czyli t=9,2465 czyli około 9,25
Zadanie 4
Dla rozkładu złożonego ujemnego dwumianowego: q
2
q
q
µ
r
EX
3
( EX ) EX
2
( EX )
3, S
=
3
2
3
N
+
+
2
p
p
p
q
q
var S
N =
2
2
r
EX +
( EX )
p
p
1
N ≅ uj. dwumianowy ; 1
4
E( S
N − ES N )
,
0 25
,
0 25
,
0 252
3
3
1
2
47
=
3 + 3 ⋅
⋅1⋅ 2 + 2 ⋅
⋅1
= 3 + 2 + =
7
,
0 5
7
,
0 5
7
,
0 52
3
9
27
,
0 25
,
0 25
2
1
1
7
var S
N =
2 +
⋅1 = 2 + =
,
0 75
,
0 75
3
3
9
47
47 27
47
27
ODP =
=
=
≈ 5
,
2 38
3
27 7 7
7 7
7 2
9
Zadanie 5
Dla pierwszych 200 osób:
P( Z
i =
)
4
2
1
1
1 = q ⋅
+ 1
( − q)
= q +
6
6
3
3
2
1
P( Z = 0 =
−
i
)
q
3
3
Dla pozostałych 200 osób:
2
4
2
1
P( Z = 1 =
+ 1
( − )
= −
i
)
q
q
q
6
6
3
3
1
1
P( Z = 0 = +
i
)
q
3
3
200 Z
−
−
1
200 200 1
Z
200 Z 2
200 200 Z 2
1
1
2 1
2 1
1 1
L = q +
− q
− q
+ q
3
3
3
3
3
3
3
3
1 1
2
1
2
1
1
1
ln L = 200 Z ln
1
+ q + (200 − 200 Z 1)
ln
− q + 200 Z ln
2
− q + (200 − 200 Z 2 )
ln
+ q
3
3
3
3
3
3
3
3
∂
200 Z 1
−
Z
Z
−
Z
1
(200 200 2)1 200 1
2
(200 200 2)1
=
−
−
+
= 0
∂ q 1 1 3
2
1
3
2
1
3
1
1
3
+ q
− q
− q
+ q
3
3
3
3
3
3
3
3
Z
q
Z
q
Z
q
Z
q
1 (2 −
)− (1− 1)1(+ ) − 1(
2
+ ) + (1− 2 )(2 − ) = 0 →
1
( + q)(2 − q)
→ q(
1
3
3
− Z −1+ Z − Z −1+ Z = −2 Z +1− Z + Z − 2 + 2 Z → q = + Z − Z
1
1
2
2 )
1
1
2
2
1
2
2
2
2
Zadanie 6
var ∑
n
n
ε X
var ε X
cov X ε , X ε
i
i
= ∑
( i i )+ ∑ ( i i j j )=
i=1
i=1
i≠ j
= n var(ε X + n( n − ) 1 cov X ε , X ε
i
i )
( i i j j )
E(ε X
E
E X
i
i ) =
(ε i ) ( i ) 1 1 1
= +
µ
1
= µ
3
3 2
2
E(
1
1 1
5
2
2
ε X
i
i ) =
+
( 2
2
µ + δ )= ( 2
2
δ + µ )
3
4 3
12
E( X
i ε , X
i
j ε j ) = E (ε i ) E (ε j )[cov( X
X
i
j ) + E ( X i ) E ( X j )]
1
,
= [ 2
2
pδ + µ ]
4
5
n
var S = n (
1
1
1
2
2
δ + µ )
2
− µ + n( n − )
1
(
2
2
pδ + µ )
2
− µ =
[ 2
2
2
5δ + 2µ + (
3 n − )
1 pδ ]
1
2
4
4
4
12
Zadanie 7
Przez stan oznaczamy ilość kul białych w I urnie: STAN ( i) → ( i − ) 1 białych
p
= 1
,
1 2
1
1 3
3 1
6
3 3
9
p
=
, p
=
+
=
, p
=
=
2 1
,
16
2,2
4 4
4 4
16
2,3
4 4
16
1
1
1
1
1 1
1
p
= , p = + = , p =
=
3,2
4
3,3
4
4
2
3,4
2 2
4
3 3
9
3 1
3 1
6
1 1
1
p
=
=
, p
=
+
=
, p
=
=
4,3
4 4
16
4,4
4 4
4 4
16
4,5
4 4
16
p
= 1
5,4
0
1
0
0
0
1
6
9
0
0
16 16 16
1
1
1
M = 0
0 szukamy rozkładu stacjonarnego:
4
2
4
9
6
1
0
0
16
16
16
0
0
0
1
0
1
p
p
2 =
1
16
3
1
p
p
p
p
1 +
2 +
3 =
2
8
4
9
1
9
p
p
p
p
2 +
3 +
4 =
3
16
2
16
1
3
p
p
p
3 +
4 =
4
4
8
1
p
p
4 =
5
16
p = 16 p
2
1
1
p + 6 p +
p = 16 p → p = 36 p 1
1
3
1
3
1
4
9
9 p + 18 p +
p = 36 p → p = 16 p 1
1
4
1
4
1
16
p = p
5
1
1
Ale p + p + p + p + p = 1 → p + 16 p + 36 p + 16 p + p = 1 → p =
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
70
16
36
16
1
p =
, p =
, p =
, p =
2
70
3
70
4
70
5
70
A – zdarzenie, że wylosowane kule są jednakowego koloru
5
ODP =
1 3
3 1
1
1
3 1
1 3
lim∑ P( A STAN ( i)) P( STAN ( i))
= p
p
p
2
+
+
3
+ +
4
+
=
n→∞ i=1
4 4
4 4
4
4
4 4
4 4
3 16
1 36
16 3
3
9
3
15
3
=
+
+
=
+
+
=
=
8 70
2 70
70 8
35
35
35
35
7
Zadanie 8
n
−∑ b( xi − a)
L = n
i =
b e 1
ln L = n ln b − bXn + ban Szukamy max: f ( a, b) = ln b − bX + ab
∂ = bn = 0 → b = 0 czyli szukamy w inny sposób
∂ a
Przy ustalonym b: max jest dla maksymalnego a czyli a = min( X
i )
1
1
1
Max b szukamy licząc pochodną:
− X + a = 0 → b =
→ T = X , T =
a
,
1 n
b
b
X − x
X − x
n
:
1
,
1 n
1
EX
= a +
to łatwo policzyć
,
1 n
bn
Skorzystamy z własności rozkładu wykładniczego z parametrem λ (brak pamięci, łatwo pokazać):
nX
, X
są niezależne i mają rozkład wykl(λ) n
n − X
n
n
−
X n − X
n
n
−
,
1
( 2,
,
1
)( )1,( ,3
2, )(
2)......
1
n
n
n
Oznaczamy:
=
=
=
X − X ,1 n
∑ n
n
n
X
nX
Y
a
nY
na
Y
nY
i, n −
,
1 n
∑( i, n + )− ,1 n −
∑ i − ,1 n
i=2
i=2
i=2
gdzie Y mają rozkład wykładniczy już bez przesunięcia i
1
n
=
n
( Y − Y ( n − )1 +...+ Y − Y
n
:
2
n
:
1
)
( nn: n− n:1 )
∑ Y − nY
i, n
,
1 n
i=2
n
→ ET = E
g
dzi
e X ≅ Γ( n − ,
1 b)
0
X
∞
n−1
n−1
ET
b = ∫ n
b
n−
bx
b
( n
)
2
n
2
−
Γ −
x
e
= n
=
n−
b
x Γ( n − )
1
Γ( n −
2
)
1
b
n − 2
0
Zadanie 9
ln x −1 = t
ln
1 2
1
1
E(
x
X X > e)
∞
( − )
P( X > e) = ∫
−
e
8
dx =
dx = dt =
2 2
x
e
Π
t +
e 1 = x
∞
2
t
∞
( t −4)2
= ∫
−
1
t
1
1
8
e
e
dt = e∫
−
+
2
8
e
e = 3
e P( Y > 0
) g
dzi
e Y ≅ N ( ,
4 4)
2 2
2 2
0
Π
0
Π
→ E( X X > e) P( X > e) 3
= e P( N > − )
2 g
dzi
e N ≅ N (
)
1
,
0
∞
(ln x− )12
∞
t 2
1
1
1
P( X > e) = ∫
−
e
8
dx = ∫
−
e 8 dt =
x 2 2
2 2
2
e
⋅
Π
0
Π
(
)
E( S X > e) = E( X + Y X > e) = E( X X > e) E( X X > e) P X >
+ EY =
e + EY =
P( X > e)
= 2 3
e P( N > − )
2 + 2 =
z tablic ≅ 2 ⋅ 9
,
0 7725 3
e + 2 ≈ 4 ,
1 26
Zadanie 10
k +
P(
1
Y
k
P k
X
k
e λ
λ
e λ
e λ
e λ
e λ
Y
geom e λ
i =
) = ( ≤ i < + )1 = ∫ − x − k − ( k+ )1 −
=
−
=
k (
−
1 −
)→ i ≅
( − )
k
5
−λ Y
λ
i
− ( Yi +1)
L = ∏( e
− e
)
i=1
5
5
5
−λ Y
λ
λ
λ
i
− ( Yi +1)
ln L = ∑ ln( e
− e
)= ∑(−λ Y
e
λ Y
e
i + ln(
−
1 −
) = − ∑ i +5ln( −
1 −
)
i=1
i=1
i=1
5
eλ −1
Y
λ
i − 5
−
(
)∑
∂
5
ln L = −∑
5 e
i=
5
1
Y
λ
i +
= 0 →
= → ˆ
0
= ln
+
−λ
1
5
∂λ
λ
i=1
1 − e
e −1
∑ Y
i
i=1
∑5 Y Y uj dwum e λ
i =
.
( −
≅
,
5
)
i=1
5
5
5
Pln +1 > ,
1 79 = P +1 > ,179
e
= P(5 + Y >
,
1 79
Ye
)= P ( ,179
e
− )
1 Y < 5)
= P Y <
=
Y
Y
,
1 79
e
−
4 4
3
2
1
1
,
1 002
H 0 4
5
5
5
= P( Y = 0) + P( Y = ) 1 =
−
−
−
−
−
(
1
− e )
5
1
+ (1
1
− e ) 1
e
= (1
1
− e ) (1+ 5 1
e ) ≈ ,
0 286
0
1