Egzamin dla Aktuariuszy z 2 czerwca 2008 r.

Prawdopodobieństwo i Statystyka

Zadanie 1

P( sukces A) = ∫ P( sukces θ) f ( θ A), gdzie θ

A – w n próbach r sukcesów

f ( θ A) P( Aθ) f ( θ)

=

P( )

A

1  n

P( A) = ∫ P( Aθ) f θ

( ) = ∫

r

n− r

  θ 1

( − θ)

θ

6 1

( − θ) dθ =

 r 

θ

0

 n1

α = r + 2

 n

=

r +1

n− r+1

( r

2) ( n

r

2)



6

∫

Γ + Γ − +

θ

1

( − θ)

=

= 

6



 r 

β = n − r + 2

 r 

Γ( n + 4)

0

 n r

n−

θ 1

(

r

 

− θ) 6 θ 1

( − θ)

r

n r

f ( θ A)

1

 r 

+

− +

θ

1

( − θ)

1 ( n + )

3 !

=

=

≅ B( r + ;

2 n − r + 2)

 n Γ( r + 2)Γ( n − r + 2) ( r + )

1 !( n − r + )

1 !

6 

 r 

Γ( n + 4)

1

r +2

θ

1

( −

n− r +1

θ)

( n + )

3 !

α = r +

ODP = ∫

3

( n + )

3 !( r + 2)!( n − r + ) 1 !

r +

=

=

=

2

( r + )

1 !( n − r + )

1 !

β = n − r + 2

( r + )

1 !( n − r + )

1 !( n + 4)!

n + 4

0

Zadanie 2

θ

θ

 1 

 1 

  − 



θ

<

< +

 

 + 





P(

P

X

t

t

X −1 < t X > )

1

(

)

1

2

2

2

1 =

=

= 1− 

 ≅ Pareto( θ;2)

P( X > )

1

θ

 

 t + 2

1



 

 2 

θ 2 θ

8

Y ≅

≅

i

(

H

Yi

+

2 + y

+

i )

p

rzy

:

0

θ 1

3

(2

y)







3



10

64

∏(2+ y

10

i )









8





P

H

>

0 

t

P

t

H

5

10

0

10

 ∏(2 + y

8

i )

=



> 





2

 ∏(2 + yi )



 i=1



dla t ∈ ( ,

0 )

4









∞



8





8 



8



θ

P

< t =

θ 2

P 2 + y

P y

y

x

i >

 =  i > − 2 =





∫

2

2 + y



t 



t



θ 1

i

8

(2 + yi ) = + = =

+



3

2

1



−2



X i



t

∞

∞

θ

θ

θ

θ θ

θ





2

2

2 t

 1 

= ∫

= −

 =

=  t

θ +1

θ

θ

x

8

 x  8

8

 4 

t

t



θ

1 

θ 1

−

f =  

t

θ

 4 

dla x

i ∈ ( ,

0 4)

t

θ

θ

1

1

P(

e

ln X

t

P X

e

x

θ

1

e

i <

) = ( < t

i

)= ∫ 

 

 

θ − =   tθ

 4 

 4 

0

θ

 1  tθ

f

t

( )

ln

= θ  e

X i

 4 



θ

1 

f

( t)

tθ

θ t

−

X

= θ  −

e

d

l

a t ∈ (− ln ;

4 ∞

)

− ( +ln 4)

= e

θ ≅ wykl( θ;− ln 4) ln

i

 4 



β

0

x

α



(

4

6 4

78

− ln X

θ

i )

} }

∑





≅ Γ1 ;0 ;−10ln 4









ln

10

P(

− t

∏

θ

x

t

P

ln X

ln t

P

ln X

ln t

( x

9

10 ln 4) e ( 10ln 4) dx

i >

)= (∑ i > )= (−∑ i < − )= ∫

− θ x+

+

=

Γ

−

1

( 0)

10 ln 4

= x

w

θ

2

10 ln 4−ln t

2 θ 1

( 0 ln 4

10

−ln t)

10

9

− x

=

1

x + 10 ln 4 = w =

∫

θ

9 − θw

w e

dw =

= x

w

=

∫

θ

x

e 2

dx =

Γ 1

( 0)

θ

2

Γ

9

1

( 0) 2 θ 9

θ

2

0

0

= dx

dw

θ

2

2 θ 1

( 0 ln 4−ln t)

x

2 θ 1

( 0 ln 4−

−

ln t )

=

∫

1

9

x e

=

χ (2 )

0

0

,

0 5

10

∫ 2

2

=

2 Γ 1

(

)

0

0

0

4 1

( 0ln 4−ln t )

10 8

, 51

przy H :

∫

2

χ (20)

,

0 05

4 1

( 0 ln 4

ln t)

10 8

, 51

ln t

10 ln 4

0

=

→

−

=

→

=

−

4

0



10,851



8 10 ln 4−10 ln 4+





4



2 ,

1 702

x

x

−

t

2

1

9

=

czyli moc=

∫ χ (20) = ∫

2

x e

= 2

=

Γ

10

1

( 0)2

0

0

dx = 2 dt

10,851

10,851

= ∫

1

9 9 −

2

t

t e

⋅ dt =

1

2

t

t e

10

∫

9 −

Γ 1

( 0)2

Γ 1

( 0)

0

0

u = 9

t v′ = − t

e

u = 8

t v′ = − t

∫

e

9 − t

t e

=

= − 9 − t

t e

+ 8∫ 8 − t

t e

=

= − 9 − t

t e

+ ... =

u′ = 9 8

t v = − − t

e

u′ = 8 7

t v = − − t

e

= − 9 − t

t e

− 8 − t

t

9 e

− 9 ⋅ 7 − t

t

8 e

− 9 ⋅8⋅ 6 − t

t

7 e

− 9 ⋅8⋅ 7 ⋅ 5 − t

t

6 e

− 9 ⋅8⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 4 − t

t

5 e

−

− 9 ⋅⋅⋅ 3 −

2 −

−

−

t

4 e t − 9 ⋅ ⋅ ⋅ t

3 e t − 9 ⋅ ⋅ ⋅ t

2 e t − !

9 e t 10,851

0

= X

= X

ODP

≈ ,

0 643

!

9

Zadanie 3

 ,

0 64

1

,

0 6

1

,

0 6

,

0 04





 0

8

,

0

0

,

0 2 



 szukamy rozkł. Stacjonarnego i ODP= p + p 0

0

8

,

0

,

0 2

2

3





 1

0

0

0 

 ,

0 64 p

p

p

1 +

4 =

1



 p

36

,

0

p

4 =

 16

,

0

p

8

,

0 p

p

1 +

2 =

2



1



→  p

8

,

0 p

2 =

1

 16

,

0

p

8

,

0 p

p

1 +

3 =

3

 p

8

,

0 p

3 =



1

 ,

0 04 p

,

0 2 p

,

0 2 p

p

1 +

2 +

3 =

4

p + p + p + p = 1

1

2

3

4

p + 8

,

0 p + 8

,

0 p + 3

,

0 6 p = 1

1

1

1

1

1

8

,

0

8

,

0

p =

, p =

, p =

1

3

2

9

,

2 6

9

,

2 6

9

,

2 6

8

,

0 + 8

,

0

ODP =

≈ 5

,

0 41

9

,

2 6

Zadanie 4

∑( X

i − X )2 =

2

2

σ χ ( n − )

1



2 



σ 

X ≅ N m;





n 

2

a∑ ( X

2

i − X ) +

X

b

= T

szukamy a,b

2

2

E( T ) = m + σ = E( 2

X

1 )

 σ 2



2

2

2

2

1

aσ ( n − )

1 + b

+ m  = m + σ → b = , 1 a =





 n



n

T = 1 ∑ ( X

i − X )2 +

2

X

n

wiemy, że (∑ X 2;

X - dostateczna, zupełna

i

∑ i )

E( T ∑ 2

X ,

- ENMW

i

∑ Xi ) 1

2

czyli

= ∑( Xi − X ) + 2

X

n

szukamy var(T)

 1



σ

n −

σ

σ

var

∑( X − X  =

=

−

i

)

4

4

4

2

2

(

)

1

2

2

2

2

 n



n

n

n

2

4

var X

= EX − ( EX )2

2



2 

 σ 

X − m ≅ N ;

0





n 





E( X − m)

4

4

σ

σ

= 3

= E X − 4 X m + 6 X m − 4 Xm + m = EX − 4 m X

E

+ 6 m 

+ m  − 4 m + m

2

( 4

3

2

2

3

4 )

2

4

3

2

2

4

4





n

 n



 σ



0 = E( X − m)3 = E( 3

2

2

3

X − 3 X m + 3 Xm − m ) 2

3

2

3

3

= X

E

− 3 m

+ m  + 3 m − m





 n



2

2

3

3 σ

m

3

3

3

3 σ

m

3

EX

=

+ 3 m − 3 m + m =

+ m

n

n

4



2



2

2

4

3 σ

 3 σ

m

3 

EX

=

+

m σ

4 m

+ m − 6

−

4

6 m +

4

4 m −

4

m =

2





n



n



n

4

2

2

2

2

4

2

2

3 σ

12 m σ

4

6 m σ

4

4

4

3 σ

6 m σ

4

=

+

+ 4 m −

− 6 m + 4 m − m =

+

+ m

2

2

n

n

n

n

n

4

4

4

2

2

 2

2

4

4

4

2

2

2 σ

2 σ

3 σ

6 m σ

4

 σ

2 

ODP =

−

+

+

+ m −

+

= 2 σ

m

− 2 σ + 3 σ + 6 m σ + 4

m −

2

2





n

n

n

n

 n



2

2

n

n

n

n

4

2

2

4

2

2

2

σ

2 σ m

4

2 σ

4 m σ

2 σ

−

−

− m =

+

=

2 m + σ

2

( 2 2)

n

n

n

n

n

Zadanie 5

m = E( e X ) g

dzi

e X ≅ N (

2

;

µ σ )

1 2

µ+ σ

2

m = e

dla danych:

0,5

m = e

d





2 



2

2

σ

z teorii wiemy, że dla ENW w lognormalnym









T

;

1

/

n − m → N  m m σ  +

 n





2 





σ 2 

2

e

3

σ

m

1



+

/ n =







n 

2 n

( Tn − m) n 2 d



2 2 2 

czyli

→ N(

c

)

1

,

0

zyl

i





ODP = P X >

g

, dzie X

≅ N(0,1)





3 e



3 e











4

czyli 



P X >

→ ODP = 1

,

0 6152







{

3 e 



≈ ,

1 4 

Zadanie 6

P( )

A − P( A ∩ C) > 0

P( C) − P( A ∩ C) > 0

z założeń wynika, że tak musi być jak na rysunku

∩

∪

∩

∩

+

∩

−

∩ ∩

∩

P( B A ∪ C) P ( B

A) ( B

C )

P( A

B) P( B

C ) P( A

B

C )

P( B

C )

=

=

>

P( A ∪ C)

P( A ∪ C)

P( C)

P( B A − C) P( A − C) + P( B ∩ C) P( B ∩ C)

L =

>

P( A ∪ C)

P( C)

P( B ∩ C) P( A∪ C)− P( B ∩ C) P( B ∩ C)( P( A) + P C

( ) − P( A ∩ C) − P( B ∩ C) ( )

( )

P( B A − C) >

P C

=

P C

P( A − C)

P( A) − P( A

C )

=

∩

∩

P( B ∩ C) P( B

C )

+

( P( A) − P( A∩ C) − P( B ∩ C) P C

( )

P( B ∩ C)

=

=

=

→

P( A) − P( A ∩ C) P( B C)

C

P C

( )

prawidłowa

Zadanie 7

cov( N

N

N

N

N

b +

,

z

r +

z −

cz ) = 0

to są rozkłady Bernoulliego





cov( N , N

b

r )

1

50

14

54

18

= 

−

−

 = −

2  225

225

225 

450

2

2

k

k

k

k

k

k

k

k

k

k

cov( N , N

b

z )

1  (6 − ) 9

( + )

14

5

( − ) 1

( 0 + ) 

1 54 + 6 − 9 −

−14 − 50 − 5 +10 +

= 

−

−

 =

=

2 

225

225

225



2

225

1 2 k −10

2 k − 10

=

=

2

225

450

2

2

 k +

− k

k

− k 

k − k +

− k − − k + k

k

k

cov( N , N

= 

−

−

 =

= −

= −

b

cz )

1 (

)

1 1

( 4

)

14

1

( 5

)

1 14

14

14 15

2

2 

225

225

225



2

225

450

225

2

2

k k

k

k

k

k

k

k

k

k

cov( N , N

z

r )

1  1

( 4 − )( + )

1

5

( − ) 1

( 0 + )

54 

1 14 + 14 −

− − 50 − 5 +10 +

−

=

54



−

−

 =

=

2 

225

225

225 

2

225

1 18 k − 90

18 k − 90

=

=

2

225

450

5

( − k) 1

( 0 + k)

50 − 5

2

k − k

var N =

=

z

225

225

2

2

2



− k

+ k

k

− k 

−

− k + k + k − k + k k −

k

cov( N , N

= 

−

−

 =

=

z

cz )

1

50

5

(

) 1

( 0

)

1

( 5

)

1 50

50

5

10

15

2

10

2  225

225

225



2

225

450

18

2 k −10

k

18 k − 90

50 − 5 k − 2

k

2 2

k −

−

+

+

+

+

−

10 k = 0 →

450

450

225

450

225

450

→ −18 + 2 k −10 + 2 k +18 k − 90 +100 −10 k − 2 2

k − 2 2

k + 10 k = 0

4 2

k − 22 k + 18 = 0 → k = 1

Zadanie 8

Dla t ∈ ( z )

1

;

P(

n−

n−

M < t X = z = P

( X < t) = t

1

)

1

2(

)

1

f (

n−

M X = z = (2 n − 2) t 1

)

2

3

P(

1

M = z X

z

1 P M

( z )

1

; X

z

1

(2 n

2) n

t

1

1

n

n

z

z

1 =

)= − ( ∈

1 =

)= − ∫

2 −

−

3 = − (

2 −

−

2 )

2 −

=

2

z

E(

1

n

n

2 n

2

2 n

2

M X

z

(2 n

2)

n

n

t

dt

z z

z

z

1 =

)= ∫

2 −2

2 −2

−

−

−

+ ⋅

=

−

2 −1 + 2 −1 =

2 n −1

2 n −1

z

n−

n−

2 n − 2 − (2 n − 2 − 2 n + ) 1 2 1

z

2 n − 2

2

1

+

=

=

z

2 n −1

2 n −1

Zadanie 9

E( S λ)

1

= λ ⋅ = 1

λ

E( T λ)

2

= λ ⋅ = 2

λ

cov( E( S λ), E( T λ) = 0

cov( S, T ) = cov( E( S λ), E( T λ) + E(cov( S, T λ) = E(cov( S, T λ) cov( S, T λ) = (var( S + T λ)− var( S λ)− var( T λ) ⋅ 5

,

0

=

= [ λ( E( 2

X

λ)+ E( 2

Y λ)+ 2 E( X λ) E( Y λ) − λE( 2

X

λ)− λE( 2

Y λ)]⋅ 5

,

0

=

  2

8

1 2 

2

8 

14

2

8 

2

= λ

+

+ 2 ⋅ ⋅  − λ

− λ

5

,

0





= 

− −  5

,

0

=

  λ 2

λ 2

λ λ 

λ 2

λ 2 

 λ

λ

λ 

λ

∞

∞

 2 

2 8

λ

16

α =

cov( S, T ) =

3

λ

16

)

3

(

16 2

4

E  = ∫

3 −2

λ e

=

∫ 2 −2

Γ

λ e

=

=

=

=

 λ 

λ 3

3

β =

3

3

2

3 2

3 2

3

0

0









 

var S = var( E( S λ) + E(var( S λ) 1

2

2

4

= var λ ⋅  + E λ  = E  =

2



λ 

 λ 

 λ 

3









 

var T = var( E( T λ) + E(var( T λ) 2

2

8

16

= var λ  + E λ

⋅ 4 = E  =

2

 λ 

 λ



 λ 

3

4

4 3

1

3

corr( S, T ) =

=

=

4 16

3 2 ⋅ 4

2

3

3

Zadanie 10

Przy H :

0

X − Y ≅ N

i

i

( 2

;

0 2 σ )

X − Y = X − Y









X





stąd szukamy c by: P

> c = ,

0 05 g

dzi

e X ≅ N





( 2

;

0 2 σ )

1

2



∑ X



i

 10











2



2



X









 X

2 



X

2 

P

> c = P

> c = P

> c =







2



S

 1

S

2













∑ X





i

10







 1



2





∑( Xi − X )2



+ 2

X





X

2 



1

10



= P

> c = P

<

=



2

2

1



∑( Xi − X )2

2







+ X





X

c 

 10







 1



∑( Xi − X )





2















2

2



1

X

c



2

X

c



 10







= P

<

−1 = P

>

= PH

>

=



2

2

X

c



 1

2

1 − 2

0

2







∑( Xi − X )



c 

1

2

1 −



c



∑( Xi − X )









 10



 10





2



2



c



=

c

P T

)

9

(

>

9 =

0

,

0 5 → 3

= ,

2 262



1

2



− c

1

2

−





c

2

2

c

 ,

2 262 

= 



2

1 − c



3



2

 ,

2 262 







3



c =

≈ ,

0 602

2

 ,

2 262 

1 + 





3

