aktuarska matematika ii zadaci
TRANSCRIPT
Aktuarska matematika II
Zadaci
POGLAVLJE 1
1. Kompanija razmatra uvodenje nove klase osiguranja. Svi rizici biti cena jednom od cetiri moguca nivoa intenziteta, I1, I2, I3 i I4. Kompanijatreba odluciti na kojem nivou odrediti premije koje ce privuci razlicitekolicine posla kako slijedi:
Godisnja premija £85 £81 £79Broj polica (u tisucama) 100 150 200
Godisnji fiksni troskovi kompanije su £1.5 milijuna plus godisnji troskovipo polici od £18. Za svaki nivo intenziteta, kompanija ocekuje isplatitisrednju stetu po polici u iznosu od:
Nivo intenziteta I1 I2 I3 I4Srednji trosak 40 45 57 60
(i) Odredite minimax rjesenje temeljeno na godisnjem profitu.
(ii) Dana je vjerojatnosna distribucija p(I1) = 0.1, p(I2) = 0.4, p(I3) =0.3, p(I4) = 0.2. Odredite rjesenje po Bayesovskom kriterijutemeljeno na godisnjem profitu.
Rjesenje:
(i)d1 100 polica godisnja premija £85d2 150 polica godisnja premija £81d3 200 polica godisnja premija £79
θ1 Stete intenziteta I1 stoje godisnje £40 po policiθ2 Stete intenziteta I2 stoje godisnje £45 po policiθ3 Stete intenziteta I3 stoje godisnje £57 po policiθ4 Stete intenziteta I4 stoje godisnje £60 po polici
2
Brojke u tisucama £
Strategija d1 d2 d3
Ukupne premije 8 500 12 150 15 800Fiksni troskovi 1 500 1 500 1 500Troskovi po polici 1 800 2 700 3 600
Premije manje troskovi 5 200 7 950 10q, 700
Zato je godisnji profit (u tisucama £):
θ1 θ2 θ3 θ4
d1 1 200 700 −500 −800d2 1 950 1 200 −600 −1 050d3 2 700 1 700 −700 −1 300
Minimax = minimizirati maksimalni gubitak
d1 −800 ← izaberi d1, odredi premije po £85 godisnjed2 −1 050d3 −1 300
(ii) Bayesovski kriterij
d1 = 0.1× 1 200 + 0.4× 700− 0.3× 500− 0.2× 800 = 90
d2 = 0.1× 1 950 + 0.4× 1 200− 0.3× 600− 0.2× 1 050 = 285
d3 = 0.1× 2 700 + 0.4× 1 700− 0.3× 700− 0.2× 1 300 = 480
Izabrati d3, premije po £79 godisnje.
2. Funkcija gubitka u problemu odlucivanja dana je sa:
θ1 θ1 θ3
d1 14 12 13d2 13 15 14d3 11 15 5
(i) Odredite minimax rjesenje tog problema.
(ii) Uz danu vjerojatnosnu distribuciju P(θ1) = 0.25, P(θ2) = 0.25,P(θ3) = 0.5, nadite rjesenje po Bayesovom kriteriju.
3
Rjesenje:
25% 25% 50%θ1 θ2 θ3 max Ocekivani gubitak
d1 14 12 13 14 13d2 13 15 14 15 14d3 11 15 5 15 9
(i) Minimax rjesenje je d1.
(ii) Rjesenje po Bayesovom kriteriju je d3.
4
POGLAVLJE 2
1. Osiguravajuce drustvo prati duljinu vremena potrebnog osoblju da po-digne telefonsku slusalicu nakon sto telefon prvi put zazvoni. Pret-postavlja se da to vrijeme slijedi eksponencijalnu distribuciju s paramet-rom θ.
Prati se slucajno odabranih 10 poziva i izracunato je srednje vrijemeodgovora od 3.672 sekunde.
(i) (a) Pokazite da je gama distribucija konjugirana apriorna dis-tribucija za θ.
(b) Pretpostavite da apriorna distribucija od θ ima ocekivanje0.315 i standardnu devijaciju 0.251. Izvedite aposteriornudistribuciju od θ i izracunajte Bayesovski procjenitelj od θuz kvadratni gubitak.
(ii) Prati se daljnjih 70 poziva koji imaju isto srednje vrijeme odgovoraod 3.672 sekunde. Izracunajte Bayesovski procjenitelj od θ uzkvadratni gubitak koristeci sve skupljene podatke.
(iii) Komentirajte Vase odgovore na (i) i (ii).
Rjesenje:
(i) (a) Funkcija vjerodostojnosti
f(x | θ) ∝n∏
i=1
θe−θxi
∝ θne−θ∑n
i=1 xi
Kao funkcija od θ, to je u obliku gama distribucije. Stoga jekonjugirana apriorna distribucija
f(θ) =λαθα−1e−λθ
Γ(θ)
5
(b) Trazimo vrijednosti parametara α i λ:
E(θ) : α/λ = 0.315
Var(θ) : α/λ2 = 0.2512
λ = 0.315/0.2512 = 5.000
α = 0.315λ = 1.575
aposteriorna = apriorna× vjerodostojnost
∝ λαθα−1e−λθ · θne−θ∑
xi
∝ θn+α−1e−θ(λ+∑
xi)
Zato je aposteriorna
= Γ(n+ α, λ+∑
xi)
= Γ(11.575, 41.720)
Procjenitelj uz kvadratni gubitak = ocekivanje aposteriorne
= 11.575/41.720 = 0.27744
(ii) Zato je aposteriorna
= Γ(n+ α, λ+∑
xi)
= Γ(81.575, 298.760)
Procjenitelj uz kvadratni gubitak = ocekivanje aposteriorne
= 81.575/298.760 = 0.27305
(iii) Ocekivanje apriorne distribucije je 0.315.
Procjena maksimalne vjerodostojnosti od θ je 1/3.672 = 0.272.Sto je vise podataka sakupljeno, Bayesovska procjena priblizavase procjeni maksimalne vjerodostojnosti.
2. Brojevi steta po mjesecima su nezavisne Poissonove slucajne varijables ocekivanjem λ, a apriorna distribucija od λ je eksponencijalna socekivanjem 0.2.
(i) Odredite aposteriornu distribuciju od λ uz dane opazene vrijed-nosti x1, . . . , xn brojeva steta u svakom od n mjeseci.
6
(ii) Odredite Bayesovsku procjenu od λ
(a) uz kvadratni gubitak
(b) uz gubitak “sve ili nista”
(iii) Ako je n = 5 i∑5
1 xi = 1, izracunajte (do na dvije znacajneznamenke) Bayesovsku procjenu od λ uz apsolutni gubitak.
Rjesenje:
(i)
f(x |λ) ∝ e−nλλ∑
xi
f(λ) ∝ e−5λ
tako da je f(λ |x) ∝ λ∑n
1 xie−(n+5)λ
i λ |x ∼ Γ(n∑1
xi + 1, n+ 5)
(ii) (a) Uz kvadratni gubitak, Bayesovski procjenitelj aposteriornogocekivanja je
E(λ |x) =
∑n1 xi + 1
n+ 5
(b) Uz gubitak sve ili nista, Bayesovski procjenitelj je aposteriornimod.
f(λ |x) ∝ λ∑
xie−(n+5)λ
Ako je∑xi = 0, tada je mod u λ = 0. Inace, aposteriorna
gustoca ima maksimum kada vrijedi
(∑
xi)λ∑
xi−1e−(n+5)λ = (n+ 5)λ∑
xie−(n+5)λ ,
t.j.,
λ =
∑xi
n+ 5
(iii) Uz apsolutnu gresku, Bayesovska procjena je aposteriorni medijan
n = 5,∑
xi = 1, tako da je λ |x ∼ Γ(2, 10)
7
Medijan je dan s g, gdje je∫ ∞
g
102λe−10λ dλ = 1/2
[−10λe−10λ]∞g +
∫ ∞
g
10e−10λ dλ = 1/2
(10g + 1)e−10g = 1/2
2(10g + 1) = e10g
Graficki i pogadanjem, do na dvije znacajne znamenke, g = 0.17.
8
POGLAVLJE 3
1. Zadnjih deset steta u odredenoj klasi police osiguranja bilo je
1 330 201 111 2 268 617309 35 4 685 442 843
(i) Uz pretpostavku da stete dolaze iz lognormalne distribucije s para-metrima µ i σ, izvedite formulu za procjenu maksimalne vjero-dostojnosti tih parametara, te procijenite parametre na temeljuopazenih podataka.
(ii) Uz pretpostavku da stete dolaze iz Pareto distribucije s parametri-ma α i λ, procijenite te parametre upotrebom metode momenata.
(iii) Uz pretpostavku da stete dolaze iz Weibullove distribucije s para-metrima c i γ, procijenite te parametre upotrebom metode per-centila (temeljeno na 25-tom i 75-tom percentilu).
(iv) Ako osiguravajuce drustvo sklopi ugovor o reosiguranju s pojedi-nacnim reosiguranjem viska stete sa samopridrzajem 3 000, pro-cijenite postotak steta koje ce ukljuciti reosiguratelja za svaki odtri gornja modela.
Rjesenje:
(i) Funkcija vjerodostojnosti je:
L(µ, σ2) =
∏10i=1 exp
{−1
2
(ln xi−µ
σ
)2}xi
√2πσ2
,
a l = log-vjerodostojnost je:
l(µ, σ2) = −1
2
10∑i=1
(lnxi − µ
σ
)2
− 10 lnσ − 10 ln√
2π −10∑i=1
lnxi .
Slijedi:
∂l
∂µ=
1
σ
10∑i=1
(lnxi − µ
σ
)∂l
∂σ=
1
σ
10∑i=1
(lnxi − µ
σ
)2
− 10
σ
9
Izjednacavanje s nulom daje:
10∑i=1
(lnxi − µ
σ
)= 0 =⇒ µ =
1
10
10∑i=1
lnxi
i10∑i=1
(lnxi − µ
σ
)2
= 10 =⇒
σ2 =10∑i=1
(lnx2
i − 2µ lnxi + µ2
10
)σ2 =
∑10i=1 lnx2
i − 10µ2
10− µ2
Iz podatka imamo∑10
i=1 lnxi = 61.9695 i∑10
i=1 lnx2i = 403.1326,
pa je µ = 6.197 i σ2 = 1.911, t.j., σ = 1.382.
(ii) Po Paretovoj distribuciji imamo
E(X) =λ
α− 1i Var(X) =
αλ2
(α− 1)2(α− 2)
Izjednacavanje s uzorackim momentima koji su
Ocekivanje =1
10
10∑i=1
xi = 1094.1
i
Varijanca =
∑10i=1 x
2i
10−1094.12 =
30 761 697
10−1094.12 = 1 879 113 ,
daje1 879 113
1094.1=
α
α− 2
otkudα = 5.51013 i λ = 4934.5
10
(iii) 25-ti percentil je 1/2 × (111 + 201) = 156, a 75-ti percentil je1/2× (843 + 1330) = 1086.5.
Trebamo rijesiti:
1− exp(−c× 156γ) = 0.25 i 1− exp(−c× 1086.5γ) = 0.75
Pojednostavimo i logaritmiramo, te rijesimo jednadzbe. Slijedi
γ = 0.81022 i c = 0.00481 .
(iv) P(X > 3000) = 1− F (3000)
lognormalna: = 1− Φ(
(ln 3000− 6.197
1.382
)= 1− Φ(1.309) = 0.09527
Paretova: =
(4934.5
4934.5 + 3000
)5.51013
= 0.073011
Weibullova: = exp{−0.00481× 30000.81022} = 0.047542
2. Distribucija od X, koja predstavlja iznos steta iz portfelja nezivotnogosiguranja, ima Pareto distribuciju s ocekivanjem £350 i standardnomdevijacijom £452.
Ako osiguratelj sklopi ugovor o reosiguranju viska stete sa samopridrzajem£1200, izracunajte vjerojatnost da ce steta ukljuciti i reosiguratelja.
Rjesenje:
Ako je funkcija gustoce f(x) = αλα
(x+λ)α+1 , x > 0, tada
λ
α− 1= 350
λ2
(α− 1)2
α
α− 2= 4522
te jeα
α− 2=
4522
3502= 1.6678
i
α =2× 1.6678
0.6678= 4.995
λ = 350× 3.995 = 1398.2
Slijedi
P(X > 1200) =
(λ
λ+ 1200
)α
= 0.0453
11
3. (i) Slucajna varijabla X ima lognormalnu distribuciju s funkcijomgustoce f(x) i parametrima µ i σ. Pokazite da za a > 0∫ ∞
a
xf(x) dx = exp
(µ+
σ2
2
)(1− Φ
(log a− µ− σ2
σ
))gdje je Φ funkcija distribucije standardne normalne razdiobe.
(ii) Stete u odredenoj klasi osiguranja slijede lognormalnu distribucijus ocekivanjem 9.070 i standardnom devijacijom 10.132 (brojke utisucama £). U svakoj godini se ocekuje da ce na 20% polica docido stete.
Osiguravajuce drustvo ima 200 polica u svojim knjigama i zelisklopiti ugovor o reosiguranju pojedinacnog viska stete za pokricesvih polica u portfelju. Reosiguratelj je naveo premije za dvijerazine reosiguranja (brojke u tisucama £):
Samopridrzaj Premija
25 48.530 38.2
(a) Izracunajte vjerojatnost, za oba ugovora o reosiguranju, dace steta ukljucivati reosiguratelja.
(b) Ispitujuci prosjecni iznos svake stete prepustene reosiguratelju,izracunajte koji samopridrzaj daje najbolju vrijednost za ulo-zeni novac (ignorirajuci osigurateljev odnos prema riziku).
(c) Osiguratelj pretpostavlja da ce sljedece godine inflacija podiciocekivanje i standardnu devijaciju steta za 8%. Ako reosigu-ratelj naplacuje iste premije kao i prije, koji samopridrzaj cedati najbolju vrijednost za ulozeni novac sljedece godine?
Rjesenje:
12
(i) ∫ ∞
a
xf(x) dx =
∫ ∞
log a
eyf(ey)ey dy
=
∫ ∞
log a
1√2πσ2
e−(y2−2yµ+µ2−2yσ2)
2σ2 dy
= eµ+1/2σ2
∫ ∞
log a
1√2πσ2
e−(y−µ−σ2)2
2σ2 dy
= eµ+1/2σ2
{1− Φ
(log a− µ− σ2
σ
)}(a) Trazimo vrijednosti od σ i µ
exp(µ+ σ2/2) = 9.070
exp 2(µ+ σ2/2)(expσ2 − 1) = 10.1322
→ expσ2 = 1 +10.1322
9.0702= 2.248
→ σ2 = 0.80999 σ = 0.90 i µ = 1.80
P(X > 25) = 1− Φ
(log 25− 1.80
0.90
)= 1− Φ(1.577)
= 1− 0.9426
= 0.0574
P(X > 30) = 1− Φ
(log 30− 1.80
0.90
)= 1− Φ(1.779)
= 1− 0.9624
= 0.0376
(b) Ocekivani iznos prepusten reosiguratelju:∫ ∞
M
xf(x) dx−MP(X ≥M)
= 9.070
{1− Φ
(logM − 1.80− 0.902
0.90
)}−MP(X ≥M)
13
(1) = 9.070{1− Φ(0.677)} − 25{1− Φ(1.576)}= 9.070(1− 0.7507)− 25× 0.0574
= 0.82524 , t.j. £825.24
(2) = 9.070{1− Φ(0.879)} − 30{1− Φ(1.779)}= 9.070(1− 0.8103)− 30× 0.0376
= 0.59258 , t.j. £592.58
Ocekivani broj steta = 200× 20% = 40 steta.
Polica Iznos prepusten Placena Redukcija profitareosiguranja reosiguratelju premija osiguratelja
(1) 40× 825.24 = £33 010 £48 500 £15 490(2) 40× 592.58 = £23 703 £38 200 £14 497←
Izabrati policu (2) za najbolju vrijednost za ulozeni novac.
(c)
Ocekivanje = 9.796
Standardna devijacija = 10.943
σ = 0.900 kao i prije
µ = 1.877
(1) = 9.796{1− Φ(0.591)} − 25{1− Φ(1.491)}= 9.796(1− 0.7227)− 25× (1− 0.9320)
= 1.01643 , t.j. £1 016.43
(2) = 9.796{1− Φ(0.794)} − 30{1− Φ(1.694)}= 9.796(1− 0.7864)− 30× (1− 0.9549)
= 0.73943 , t.j. £739.43
Zato
Prepusten iznos Placena premija Redukcija profita(1) £40 657 £48 500 £7 843←(2) £29 577 £38 200 £8 623
Izabrati policu (1) za najbolju vrijednost za ulozeni novac.
14
4. Iznos gubitka, X, za isvjestan tip police osiguranja, ima Pareto dis-tribuciju s funkcijom gustoce f(x), gdje je
f(x) =3× 4003
(400 + x)4(x > 0) .
Fransiza od £100 se primjenjuje na te police.
(i) Izracunajte ocekivanu velicinu stete koju ce osiguravajuce drustvoisplatiti.
(ii) Komentirajte razliku izmedu vaseg odgovora na (i) i ocekivanogiznosa gubitka, E[X].
Rjesenje:
(i)
E[X − 100 |X > 100] =
∫∞100
(x− 100)f(x) dx
P(X > 100)
∫ ∞
100
x3λ3
(λ+ x)4dx =
[−x(
λ
λ+ x
)3]∞
100
+
∫ ∞
100
λ3
(λ+ x)3dy
= 100
(400
500
)3
+
[− λ3
2(λ+ x)2
]∞100
= 100×(
4
5
)3
+4003
2× 5002
100
∫ ∞
100
f(x) dx = 100
(400
500
)3
Zato je
E[X − 100 |X > 100] =4003
2×5002(45
)3 =128(45
)3 = 250
(ii) E[X] = 4002
= 200. Ocekivani iznos stete raste zbog teskog repadistribucije.
15
5. Osiguratelj specijaliziran za osiguranje motornih vozila izdaje polices pojedinacnom fransizom od £500 po steti. Osiguratelj je sklopiougovor o reosiguranju po kojem osiguratelj placa maksimum od £4 500po svakoj pojedinacnoj steti, a ostatak placa reosiguratelj. Vjeruje seda pojedinacne bruto stete (prije odbitka fransize i reosiguranja) slijedeeksponencijalnu distribuciju s parametrom λ.
Tokom zadnje godine osiguratelj je skupio sljedece podatke:
• Postojalo je 5 steta koje nisu bile obradene, jer je steta bila manjaod fransize.
• Postojalo je 11 steta u kojima je osiguratelj isplatio £4 500, areosiguratelj ostatak.
• Postojalo je 26 drugih steta za koje je osiguratelj isplatio ukupnoiznos od £76 457.
Izvedite log-vjerodostojnost od λ.
Rjesenje:
Neka je X = bruto iznos stete.
Za 5 steta, X < 500
Za 26 steta,∑
x = 76 457 + 26× 500 = 89 457
Za 11 steta, X > 5 000
Vrijedi:
P(X < 500) = 1− e−500λ
P(X > 5 000) = e−5 000λ
Log-vjerodostojnost je
26 log λ− λ26∑i=1
xi + 5 log[1− e−500λ] + 11[−5 000λ]
= 26 log λ− 89 457λ+ 5 log[1− e−500λ]− 55 000λ
= 26 log λ− 144 457λ+ 5 log[1− e−500λ]
16
POGLAVLJE 4
1. (i) Neka je S = X1 + · · · + XN , gdje su X1, X2, . . . nezavisne, jed-nako distribuirane slucajne varijable, a N je slucajna varijablanezasvisna od niza Xi. Izvedite izraz za funkciju izvodnicu mome-nata od S pomocu vjerojatnosne funkcije izvodnice od N i funkcijeizvodnice momenata od Xi.
(ii) U grupi polica, mjesecni broj steta po jednoj polici ima Pois-sonovu distribuciju s parametrom λ, gdje je λ slucajna varijabla sgustocom f(λ) = 2e−2λ, λ > 0.
(a) Pokazite da je vjerojatnost n steta po slucajno odabranojpolici iz grupe jednaka 2
3n+1 , n = 0, 1, 2, . . . .
(b) Nadite funkciju izvodnicu momenata distribucije ukupnih ste-ta ako stete imaju gama distribuciju s ocekivanjem 2 i vari-jancom 2.
Rjesenje:
(i) Funkcija izvodnica momenata od S je
MS(t) = E(eSt) = E[E(eSt |N)]
= E[{E(eXt)}N ]
= GN(MX(t))
(ii) (a) Neka je N broj steta.
P(N = n) =
∫ ∞
0
P(N = n |λ)2e−2λ dλ
=
∫ ∞
0
λne−λ
n!2e−2λ dλ
=2
3n+1
∫ ∞
0
3n+1λne−3λ
n!dλ
=2
3n+1
17
(b) N ima vjerojatnosnu funkciju izvodnicu
∞∑0
sn 2
3n+1=
2
3
∞∑0
(s3
)n
=2
3− s.
Za Γ(α, λ)-distribuciju, ocekivanje = α/λ = 2, varijanca =
α/λ2 = 2 ⇒ α = 2, λ = 1. Zato je MX(t) =(
11−t
)2. Slijedi
MS(t) =2
3− 1(1−t)2
=2(1− t)2
3(1− t)2 − 1=
2(1− t)2
3t2 − 6t+ 2
2. Razmotrite portfelj polica osiguranja u kojem broj steta ima binomnudistribuciju s parametrima n i p. Pretpostavlja se da je distribucijaiznosa steta eksponencijalna s ocekivanjem 1/λ. Pretpostavlja se da suiznosi steta nezavisne slucajne varijable, nezavisne od broja steta.
Osiguratelj je ugovorio reosiguranje viska stete sa samopridrzajem M .
Izracunajte funkciju izvodnicu momenata od SI , gdje su SI ukupnegodisnje stete koje isplacuje osiguratelj (nakon odbitka za reosiguranje).
Rjesenje:
MSI(t) = MN(logMXI
(t))
MXI(t)) =
∫ M
0
etxλe−λx dx+ etMe−λM
=
[− λ
λ− te−(λ−t)x
]M
0
+ e−(λ−t)M
=λ
λ− t+
(1− λ
λ− t
)e−(λ−t)M
MN(t) = ((1− p) + pet)n
Slijedi:
MSI(t) =
[1− p+ p
(λ
λ− t+
(1− λ
λ− t
)e−(λ−t)M
)]n
18
3. Za svaki od m nezavisnih rizika, vjerojatnost da ce biti stete tokomgodine je 0.2, a vjerojatnost da stete nece biti je 0.8. Iznosi steta sunezavisni s ocekivanjem 400 i varijancom 110.
Odredite ocekivanu vrijednost i varijancu ukupnog iznosa steta u jednojgodini.
Rjesenje:
Neka je N broj steta u godini tako da je N ∼ B(m, 0.2), te neka je Xtipicna steta.
Neka je S ukupni iznos steta u godini, tako da S ima slozenu binomnudistribuciju.
Ocekivana vrijednost od S je
E(S) = E(N)E(X) = m× 0.2× 400 = 80m.
Varijanca od S je
Var(S) = E(N)Var(X) + Var(N)(E(X))2
= m× 0.2× 110 +m× 0.2× 0.8× 4002
= 25 622m.
4. U portfelju od 100 polica nezivotnog osiguranja stete se dogadaju poPoissonovom procesu. Ocekivani broj steta u godini za svaku policu jeλ, a distribucija iznosa steta ima funkciju gustoce f(x), gdje je
f(x) =1
10 000xe−x/100 (x > 0) .
Parametar λ nije isti za sve police u portfelju, ali se modelira pomocuslucajne varijable (nezavisne od iznosa steta) s funkcijom gustoce g(λ),gdje je
g(λ) = 100λe−10λ (λ > 0) .
(i) Izracunajte ocekivanje i varijancu godisnjih ukupnih steta.
(ii) Uz danu pocetnu rezervu od 2 000, upotrijebite normalnu aproksi-maciju za distribuciju ukupnih steta i nadite relativni dodatak napremiju koji treba upotrijebiti da bi sa 95% sigurnosti rezerva nakraju prve godine bila pozitivna.
19
(iii) Kada bi λ bio fiksan i jednak svom ocekivanju, opisite kakav bito imalo efekt na vrijednost relativnog dodatka na premiju. (Nisupotrebni dodatni izracuni.)
Rjesenje:
(i) Neka su Si ukupne stete po i-toj polici. Tada je
E[S] = E[∑
Si] =∑
E[Si] i Var[S] = Var[∑
Si] =∑
Var[Si]
E[Si] = E[E[Si |λi]] = E[λiE[X]] = E[λ]E[X]
Var[Si] = Var[E[Si |λi]] + E[Var[Si |λi]]
= Var[λiE[X]] + E[λi]E[X2]]
= Var[λ](E[X])2 + E[λ]E[X2]
X ∼ Γ
(2,
1
100
)λ ∼ Γ(2, 10)
E[X] = 200
E[λ] = 0.2
Slijedi: E[S] = 100×0.2×200 = 4000. Iz Var[λ] = 0.02 i Var[X] =20000 slijedi E[X2] = 20000 + 2002 = 60000. Zato je
Var[S] = 100(Var[λ](E[X])2 + E[λ]E[X2])
= 100× 2002 × 0.02 + 100× 0.2× 60000
= 1280000
(ii)
P(S < U + (1 + θ)E[S]) = 0.95
P
(S − E[S]√
Var[S]<U + (1 + θ)E[S]− E[S]√
Var[S]
)= 0.95
U + θE[S]√Var[S]
= 1.645
θ =1.645
√Var[S]− UE[S]
=1861− 2000
4000= −0.035
20
Drustvo ne treba dodati dodatak na premiju, buduci da je pricuvaza prvu godinu dovoljna za nuznu sigurnost. Stovise, moze pro-davati za (vrlo malo) manje od ocekivanog troska (3.5% manje odocekivanog troska).
(iii) Fiksni λ bi reducirao varijabilnost, te bi se stoga vrijednost od θsmanjila. To bi omogucilo dodatnu kompetitivnost cijena u prvojgodini.
5. U portfelju polica osiguranja pretpostavlja se da iznos stete, Y , ovisio dobi osiguranika, X. Pretpostavimo da su uvjetno ocekivanje i vari-jance od Y jednaki
E[Y |X = x] = 2x+ 400 i Var[Y |X = x] =x2
2.
Pretpostavlja se da je distribucija od X unutar portfelja normalna socekivanjem 50 i standardnom devijacijom 14.
Izracunajte (bezuvjetno) ocekivanje i varijancu od Y .
Rjesenje:
E[Y ] = E[E[Y |X]]
= E[2X + 400]
= 2E[X] + 400
= 500
Var[Y ] = Var[E[Y |X]] + E[Var[Y |X]]
= Var[2X + 400] + E[X2
2
]= 4Var[X] +
1
2E[X2]
= 4 + 142 +1
2(Var[X] + (E[X])2)
= 784 + 1 348 = 2 132
Slijedi da je standardna devijacija od Y jednaka 46.17
21
POGLAVLJE 5
1. Proces ukupnih steta za odredeni rizik je slozen Poissonov proces saλ = 20. Iznosi pojedinacnih steta su £100 s vjerojatnosti 1/4, £200 svjerojatnosti 1/2, ili £250 s vjerojatnosti 1/4. Pocetni visak je £1 000.Upotrebom normalne aproksimacije priblizno izracunajte najmanji do-datak na premije θ tako da je vjerojatnost nesolventnosti u vremenu 3najvise 0.05.
Rjesenje:
Neka je X tipicna steta. Tada je
E(X) = 1/4× 100 + 1/2× 200 + 1/4× 250 = 187.5
E(X2) = 1/4× 1002 + 1/2× 2002 + 1/4× 2502 = 38 125
Neka je S ukupna steta u trenutku 3. Tada je
E(S) = E(X)× 3λ = 11 250
Var(S) = E(X2)× 3λ = 2 287 500
Standardna devijacija od S je 1 512.4483. Zato je S pribliznoN(11 250 , 2 287 500). Zelimo
0.05 ≥ P(1000 + (1 + θ)E(X)3λ− S < 0)
= P(S > 1000 + (1 + θ)× 11250)
= P(N(0, 1) >
1000 + (1 + θ)× 11250− 11250
1512.4483
)= P
(N(0, 1) >
1000 + 11250 θ
1512.4483
)Stoga
1000 + 11250 θ
1512.4483> 1.645 ,
t.j., θ > 0.1323.
2. Stete za odredeni rizik dolaze po Poissonovom procesu s intenzitetomλ. Iznosi steta su nezavisni i jednako distribuirani s gustocom f(x) i
22
nezavisni su od procesa dolazaka steta. Pretpostavite da postoji kon-stanta γ (0 < γ < ∞) takva da je limr→γ M(r) = ∞ gdje je M(r)funkcija izvodnica momenata steta.
Premije pristizu neprekidno po konstantnoj stopi s dodatkom za pre-miju θ > 0.
(i) (a) Definirajte koeficijent prilagodbe R.
(b) Definirajte proces viska i vjerojatnost propasti ψ(u) uz pocetnivisak u > 0.
(c) Napisite Lundbergovu nejednakost.
(ii) Izvedite koeficijent prilagodbe ako je f(x) = 1µe−
xµ , x > 0, i θ =
0.25.
(iii) Promotrite slucaj f(x) = 12e−x(1 + 2e−x), x > 0, i θ = 0.25.
(a) Izracunajte ocekivanu velicinu stete µ.
(b) Izracunajte odgovarajuci koeficijent prilagodbe, i odredite gor-nju medu za ψ(15).
(c) Usporedite Vase odgovore na (iii)(b) s onima dobivenim uzpogresnu pretpostavku da su stete eksponencijalno distribuira-ne s ocekivanjem µ, i ukratko komentirajte.
Rjesenje:
(i) (a) Neka je µ srednja velicina stete.Tada je koeficijent prilagodbe R pozitivno rjesenje od M(r) =1 + (1 + θ)µr.
(b) Visak u trenutku t je U(t) = u+(1+θ)λµt−S(t) gdje je S(t)ukupna steta u trenutku t.Proces viska je {U(t) : t > 0}.Vjerojatnost propasti s pocetnim viskom u je ψ(u) = P(U(t) <0 za neki t, 0 < t <∞).
(c) Lundbergova nejednakost: ψ(u) ≤ exp{−Ru}.(ii) Za eksponencijalnu distribuciju s ocekivanjem µ, funkcija izvod-
nica momenata je M(r) = 11−µr
, r < 1µ.
23
Zato je R rjesenje od
1
1− µr= 1 +
5
4µr
4 = 4(1− µr) + 5µr(1− µr)5µ2r2 − µr = 0
R > 0 te zato R = 15µ
(provjerite: R < 1µ)
(iii) (a) Stete ∼ 1/2× (eksponencijalna s ocekivanjem 1) +1/2× (ek-sponencijalna s ocekivanjem 1/2) (*).Zato je µ = 1/2× 1 + 1/2× 1/2 = 3/4[ili izracunajte
∫∞0x (1/2) e−x(1 + 2e−x) dx]
(b) Iz (*), M(r) = 1/2× 11−r
+ 1/2× 22−r
, r < 1
[ili izracunajte∫∞
0erx1/2 e−x(1 + 2e−x) dx]
R > 0 rjesava
1
2
1
1− r+
2
2(2− r)= 1 +
5
4× 3
4r
8(2− r) + 16(1− r) = 16(2− 3r + r2) + 15r(2− 3r + r2)
24r = −18r − 29r2 + 15r3
Zbog R 6= 0 slijedi 15r2 − 29r + 6 = 0. Rjesenje je
r =29±
√292 − 4× 6× 15
30= 1.6977 ili 0.2356
Treba biti R < 1, sto znaci R = 0.2356. Lundbergova nejed-nakost daje ψ(15) ≤ e−R×15 = 0.0292
(c) Za eksponencijalnu distribuciju s ocekivanjem µ = 3/4, iz (ii)znamo da je koeficijent prilagodbe R∗ = 1
5µ= 4
15= 0.2667, te
Lundbergova nejednakost daje ψ(15) ≤ e−R∗×15 = 0.0183.R∗ je veci od stvarne vrijednosti, sto znaci da je ocjena zaψ(15) manja od stvarne ocjene, a to moze dovesti do laznogosjecaja sigurnosti.
3. Stete pristizu u skladu s Poissonovim procesom. Iznosi pojedinacnihsteta su nezavisni s gustocom:
f(x) = xe−x (x > 0) ,
a osiguratelj upotrebljava dodatak na premiju θ.
24
(i) Izvedite jednadzbu za koeficijent prilagodbe za taj proces.
(ii) Ako je θ = 0.4, izracunajte koeficijent prilagodbe i odredite gornjumedu za vjerojatnost krajnje propasti ako je pocetni visak jednak50.
Rjesenje:
(i) Stete imaju Gama(2, 1) distribuciju, te stoga imaju ocekivanje 2 ifunkciju izvodnicu momenata
M(r) = (1− r)−2 , r < 1 .
Koeficijent prilagodbe R > 0 zadovoljava
(1−R)−2 − 1− 2(1 + θ)R = 0 .
Stoga imamo
1− (1−R)2 − 2(1 + θ)R(1−R)2 = 0 ,
te zbog R > 0, to se pojednostavljuje na
2(1 + θ)R2 − (3 + 4θ)R + 2θ = 0 .
(ii) Za θ = 0.4 imamo
2.8R2 − 4.6R + 0.8 = 0 ,
sto ima rjesenja 0.1977 i 1.4452.
Samo prvo rjesenje je u domeni definicije funkcije izvodnice mo-menata, tako daje koeficijent prilagodbe jednak R = 0.198.
Vjerojatnost krajnje propasti zadovoljava po Lundbergovoj nejed-nakosti ψ(50) ≤ e−50R, t.j., ψ(50) ≤ 5.09× 10−5.
25
POGLAVLJE 6
1. Za svaku od m nezavisnih polica, vjerojatnost jedne stete u godinije θ (0 < θ < 1), a vjerojatnost niti jedne stete u godini je 1 − θ.Ukupan broj steta u jednoj godini je slucajna varijabla X. Dostupnasu nezavisna opazanja x1, . . . , xn od X. Apriorna distribucija od θ imagustocu f(θ) ∝ {θ(1− θ)}β−1, 0 < θ < 1, za neku konstantu β > 0.
(i) (a) Izvedite aposteriornu distribuciju od θ uz dane x1, . . . , xn.
(b) Izvedite procjenu g(x) za θ metodom maksimalne vjerodostoj-nosti.
(c) Izvedite Bayesovsku procjenu od θ uz kvadratni gubitak, ipokazite da ima oblik procjene povjerenjem,
Zg(x) + (1− Z)µ
gdje je µ velicina koju trebate specificirati pomocu apriornedistribucije od θ.
(d) Objasnite sto se dogada sa Z kada broj opazanja raste.
(ii) Izracunajte Bayesovski procjenitelj od θ i vrijednost od Z ako jen = 6, m = 10 i x1 = 1, x2 = 4, x3 = 2, x4 = 1, x5 = 1, x6 = 3,kada je
(a) β = 1
(b) β = 4
Razmatrajuci apriornu varijancu, komentirajte ucinak rasta od βna Z, i dovedite u vezu taj ucinak s kvalitetom apriorne informa-cije o θ u oba slucaja.
Rjesenje:
(i) (a)
f(θ) ∝ θβ−1(1− θ)β−1
f(x | θ) =n∏
i=1
(m
xi
)θxi(1− θ)m−xi
∝ θ∑
xi(1− θ)nm−∑
xi
dakle f(θ |x) ∝ θ∑
xi+β−1(1− θ)nm+β−∑
xi−1
dakle θ |x ∼ Beta(∑
xi + β, nm+ β −∑
xi)
26
(b) l = log vjerodostojnost(θ) = (∑xi) log θ+(nm−
∑xi) log(1−
θ) + konstanta
∂l
∂θ=
∑xi
θ− nm−
∑xi
1− θ=
nm
θ(1− θ)
(∑xi
nm− θ)
To je jednako nuli kada je∑xi(1− θ) = (nm−
∑xi)θ, t.j.,
θ =
∑xi
nm
∂l∂θ> 0 za θ <
∑xi
nm∂l∂θ< 0 za θ <
∑xi
nm
}⇒ max
Stoga je procjenitelj maksimalne vjerodostojnosti =∑
xi
nm=
g(x).
(c) Trebamo aposteriorno ocekivanje.
E[θ |x] =
∑xi + β
nm+ 2β
=nm
nm+ 2β
∑xi
nm+
2β
nm+ 2β
1
2
sto je oblika Zg(x) + (1− Z)µ gdje je g(x) =∑
xi
nm, µ = 1/2.
Racun za µ: f(θ) = θβ−1(1 − θ)β−1, simetricno oko θ = 1/2,ocekivanje = 1/2, µ =apriorno ocekivanje
(d)
Z =nm
nm+ 2β=
m
m+ 2βn
→ 1 kada n→∞
Vise dobivenih podataka stavljaju vecu relativnu tezinu naprocjenu temeljenu na podacima nego na apriornu procjenu.
(ii)
Z = nmnm+2β
g(x)(∑xi = 12) Procjena povjerenjem
β = 1 0.9677 0.2 0.2097β = 4 0.8824 0.2 0.2353
27
Apriorna varijanca =β2
(2β)2(2β + 1)
=1
4(2β + 1)
Za β = 1 apriorna varijanca je 0.0833
Za β = 4 apriorna varijanca je 0.0278
Faktor povjerenja je manji za β = 4, i apriorna varijanca je manja,sto pokazuje vecu preciznost nase apriorne procjene, te daje rela-tivno vecu tezinu apriornoj procjeni.
2. Vjeruje se da iznosi steta u odredenom portfelju osiguranja slijedenormalnu distribuciju sa standardnom devijacijom σ1 i nepoznatimocekivanjem θ. Osiguratelj opaza uzorak od n polica koje su doveledo steta za koji je srednji iznos a. Pretpostavlja se da je apriorna dis-tribucija od θ normalna s ocekivanjem µ i standardnom devijacijomσ2.
(i) (a) Navedite aposteriorno ocekivanje od θ.
(b) Pokazite da se aposteriorno ocekivanje od θ moze iskazati kaosredina apriornog ocekivanja i ocekivanja uzorka, i izvediteizraz za tezinu stavljenu na ocekivanje uzorka.
(ii) Osiguratelj vjeruje da pojedinacni iznosi steta prate normalnu dis-tribuciju s nepoznatim ocekivanjem i standardnom devijacijom£210. Prethodne informacije sugeriraju pretpostavku da ocekiva-nje slijedi normalnu distribuciju s ocekivanjem =£155 i standard-nom devijacijom =£84. Tokom protekle godine osiguratelj jeprikupio podatke za 15 steta gdje je ukupan isplacen iznos bio£2 456.
Izracunajte faktor povjerenja za ocekivanje uzorka, te iz toga, uzdano da osiguratelj zeli dodati dodatak za profit od 30%, izracunaj-te koliku premiju osiguratelj treba naplatiti.
(iii) Odredite granicnu vrijednost faktora povjeranja kada svaki od n,σ1 i σ2 raste, te ukratko opisite kako ta granicna vrijednost ovisio osigurateljevim pretpostavkama i opazenim podacima.
Rjesenje:
28
(i) (a) Aposteriorno ocekivanje:
=µσ2
1 + nσ22 a
σ21 + nσ2
2
(b)
=σ2
1
σ21 + nσ2
2
µ+nσ2
2
σ21 + nσ2
2
a
Zato se aposteriorno ocekivanje moze iskazati kao:
Za+ (1− Z)µ
gdje je
Z =nσ2
2
σ21 + nσ2
2
=n
n+σ21
σ22
i 1−Z =σ2
1 + nσ22 − nσ2
2
σ21 + nσ2
2
=σ2
1
σ21 + nσ2
2
(ii) a = £163.73 i
Z =15
15 + 2102
842
= 0.70588
Stoga je premija (0.29412×£155 + 0.70588×£163.73)× 1.30 =£209.51
(iii) Kada n→∞, Z → 1, jer se vise tezine stavlja na uzorak ako imaveci broj podataka.
Kada σ21 → ∞, Z → 0, jer se manje tezine stavlja na podatke
vjerujemo li da je varijabilnost opazenih podataka veca.
Kada σ2 → ∞, Z → 1, jer se vise tezine stavlja na podatkevjerujemo li da je varijabilnost apriorne procjene veca.
3. Broj e-mail poruka koji svaki dan primi student aktuarstva ima Pois-sonovu distribuciju s ocekivanjem λ, gdje je iz prethodnog iskustvaapriorna distribucija od λ eksponencijalna s ocekivanjem µ.
(i) Student ima podatke x1, . . . , xn, gdje je xi broj poruka pristiglihdana i, i = 1, . . . , n.
(a) Izvedite aposteriornu distribuciju od λ.
29
(b) Pokazite da se Bayesovska procjena od λ uz kvadratni gubitakmoze napisati u obliku procjene povjerenjem, te navedite fak-tor povjerenja.
(c) Ako je µ = 50 i student primi ukupno 550 poruka u 10 dana,izracunajte Bayesovsku procjenu za λ uz kvadratni gubitak.
(ii) Za 60% poruka vrijeme potrebno za odgovor (u minutama) je ek-sponencijalno distribuirano s ocekivanjem 1, a za preostale porukevrijeme potrebno za odgovor ima Pareto distribuciju s ocekivanjem2 i varijancom 12.
(a) Odredite vjerojatnost da je za slucajno odabranu poruku pot-rebno vise od M minuta za odgovor.
(b) Upotrebom vrijednosti za λ procijenjene u (i)(c), izracunajteocekivano ukupno vrijeme koje student provede odgovarajucina sve poruke koje su prispjele tog dana.
(c) Student je odlucio reducirati vrijeme provedeno na e-mailu,te prihvaca strategiju koja odreduje maksimalno vrijeme od1.5 minuta za odgovor na svaku poruku. Jos uvijek upotre-bljavajuci procijenjenu vrijednost od λ, izracunajte smanjenjeocekivanog vremena u odgovaranju na sve poruke prispjele togdana.
Rjesenje:
(i) (a) Apriorna gustoca od λ je f(λ) = e−λ/µ/µ. Uz oznaku x =(x1, . . . , xn) imamo
f(x |λ) =e−nλλ
∑ni=1 xi∏n
i=1 xi!
tako da je aposteriorna gustoca
f(λ |x) ∝ f(λ)× f(x |λ)
∝ e−λ/µe−nλλ∑n
i=1 xi
= λ∑n
i=1 xi exp
(−λ(n+
1
µ
)),
t.j., Gamma(1 +∑n
i=1 xi, n+ (1/µ)).
30
(b) Bayesovska procjena uz kvadratni gubitak je aposterirno ocekivanje∑ni=1 xi + 1
n+ 1µ
=n
n+ 1µ
x+
1µ
n+ 1µ
µ ,
sto ima oblik procjene povjerenjem s faktorom povjerenjan/(n+ (1/µ)).
(c) S danim vrijednostima, procjena od λ je
550 + 1
10 + (1/50)= 54.99 .
(ii) (a) Za Pareto distribuciju Pareto(α, ν) vrijedi ν/(α − 1) = 2 iαν2/((α− 1)2(α− 2)) = 12. Rjesavanje daje α = 3 i ν = 4.Neka je X slucajno odabrana steta, tako da X ima gustocu
f(x) = 0.6e−x + 0.43× 43
(4 + x)4.
Tada je
P(X > M) = 0.6e−M + 0.4
(4
4 +M
)3
.
(b) Neka je T ukupno vrijeme provedeno odgovarajuci na porukejednog dana.
E(T ) = λ(0.6× 1 + 0.4× 2) = 54.99× 1.4 = 76.99 .
(c) Neka je Y vrijeme za odgovor na e-mail poruke po novojstrategiji. Tada je Y = min(X, 1.5) i
E(Y ) = E(min(X, 1.5)) =
∫ 1.5
0
xf(x) dx+ 1.5P(X > 1.5)
= E(X)−∫ ∞
0
xf(x+ 1.5) dx .
31
Smanjenje ocekivanja po poruci je∫ ∞
0
xf(x+ 1.5) dx =
∫ ∞
0
x
(0.6e−x−1.5 + 0.4× 3× 43
(4 + 1.5 + x)4
)dx
= 0.6e−1.5
∫ ∞
0
xe−x dx+0.4× 43
5.53
∫ ∞
0
x3× 5.53
(5.5 + x)4dx
= 0.6e3−1.5 +0.4× 43
5.53× 5.5
2= 0.5570
Prema tome, ukupno smanjenje za dnevne poruke je 54.99×0.5570 = 30.63 minute.
32
POGLAVLJE 7
1. Bonus sustav ima cetiri nivoa popusta, 0%, 25%, 50% i 75%. Pravilaza prelazak izmedu nivoa su kako slijedi:
Ako nije prijavljena steta u jednoj godini, osiguranik prelazi usljedeci visi nivo, ili ostaje na nivou 75%;
Ako je prijavljena jedna steta u godini, osiguranik prelazi jedannivo dolje, ili ostaje na nivou 0%;
Ako su prijavljene dvije ili vise stete, osiguranik prelazi, ili ostajena nivou od 0%.
Ustanovljeno je da osiguranici na razlicitim nivoima imaju razlicitestope prijavljivanja steta. Broj prijavljenih steta u godini slijedi Pois-sonovu distribuciju s parametrom λ kako slijedi:
Nivo 0% 25% 50% 75%λ 0.29 0.22 0.18 0.10
(i) Izvedite matricu prijelaza.
(ii) Izracunajte omjere na svakom nivou nakon sto sustav dostigneravnotezu (stacionarno stanje).
Rjesenje:
(i)
nivo 0% P(0 steta) = e−0.29 = 0.7483P(≥ 1 steta) = 1− 0.7483 = 0.2517
nivo 25% P(0 steta) = e−0.22 = 0.8025P(≥ 1 steta) = 1− 0.8025 = 0.1975
nivo 50% P(0 steta) = e−0.18 = 0.8353P(1 steta) = 0.18e−0.18 = 0.1503P(≥ 2 stete) = 1− 0.8353− 0.1503 = 0.0144
nivo 75% P(0 steta) = e−0.10 = 0.9048P(1 steta) = 0.10e−0.10 = 0.0905P(≥ 2 stete) = 1− 0.9048− 0.0905 = 0.0047
33
Stoga je matrica prijelaza0.2517 0.7483 0 00.1975 0 0.8025 00.0144 0.1503 0 0.83530.0047 0 0.0905 0.9048
(ii) U ravnotezi
π
0.2517 0.7483 0 00.1975 0 0.8025 00.0144 0.1503 0 0.83530.0047 0 0.0905 0.9048
= π
0.2417π0 + 0.1975π1 + 0.0144π2 + 0.0047π3 = π0
0.7483π0 + 0.1503π2 = π1
0.8025π0 + 0.0905π1 = π2
0.8353π2 + 0.9048π3 = π3
i π0 + π1 + π2 + π3 = 1. Slijedi
π3 = 8.7742π2
π2 = 3.8969π1
π1 = 1.8062π0
π0 + 1.8062π0 + 7.0386π0 + 61.7579π0 = 1
π0 = 0.0140
π1 = 0.0252
π2 = 0.0983
π3 = 0.8625
2. U sustavu bonusa za osiguranje motornih vozila postoje tri nivoa po-pusta, 0%, 20% i 30%. Puna godisnja premija je £190.
Ako nije prijavljena steta tokom godine, osiguranik se pomice na sljedecivisi nivo, ili ostaje na 30%. Ako je prijavljena jedna ili vise steta, o-siguranik se pomice na 0% popusta, ili ostaje na 0%. Vjerojatnost daosiguranik ima nezgodu u godini je 0.1, a vjerojatnost vise od jednenezgode je zanemariva. U slucaju nezgode, prirodni logaritam stete
34
ima N(µ, σ2) distribuciju sa µ = 4.5 i σ2 = 0.84. U slucaju nezgode ceosiguranik prijaviti stetu samo ako je steta veca od ukupnih dodatnihpremija koje bi se trebale platiti kroz beskonacni vremenski horizont,uz pretpostavku da nece biti daljnjih nezgoda.
(i) Odredite prijelaznu matricu Markovljevog lanca X1, X2, . . . gdjeje Xn nivo popusta na pocetku godine n.
(ii) Za osiguranika koji placa punu premiju tekuce godine, izracunajteocekivanu premiju na pocetku sljedece godine.
Rjesenje:
(i)
steta prijavljena steta nije prijavljena
0% 0 + 190 + 152 + 133 + · · · L+ 152 + 133 + · · ·20% 0 + 190 + 152 + 133 + · · · L+ 133 + 133 + · · ·30% 0 + 190 + 152 + 133 + · · · L+ 133 + 133 + · · ·
0% : steta prijavljena ako L+ 152 + 133 > 190 + 152 L > 5720%, 30% : steta prijavljena ako L+ 133 + 133 > 190 + 152 L > 76
gdje je L ∼ log-normalna (µ, σ2) iznos stete.
P(L > 57) = 1− Φ
(log 57− 4.5)√
0.84
)= 1− Φ(−0.499) = 0.6911
P(L > 76) = 1− Φ
(log 76− 4.5)√
0.84
)= 1− Φ(−0.18) = 0.5714
Zato je
P =
0.1× 0.6911 1− 0.1× 0.6911 00.1× 0.5714 0 1− 0.1× 0.57140.1× 0.5714 0 1− 0.1× 0.5714
(ii)
E(premija na pocetku sljedece godine)
= 190× 0.1× 0.6911 + 152× (1− 0.1× 0.6911)
= 154.63
35
3. Sustav bonusa koji upotrebljava osiguravajuce drustvo za godisnje o-siguranje motornih vozila ima cetiri razine popusta:
Razina 1: 0%Razina 2: 25%Razina 3: 45%Razina 4: 60%
Ako osiguranik nema stete po polici u odredenoj godini tada se pomiceza jednu razinu nagore (ili ostaje na razini 4), a ako je steta nacinjenaide za dvije razine nadolje (ili ostaje, ili se pomice, na razinu 1). Punapremija koja se placa na razini 0% popusta je 900.
Pretpostavlja se da je vjerojatnost nesrece u godini 0.2 za sve osigu-ranike, a iznosi steta slijede lognormalnu distribuciju s ocekivanjem 1188 i standardnom devijacijom 495. Medutim, osiguranici prijavljujustetu samo ako je gubitak veci od ukupne dodatne premije koja bi tre-bala biti placena kroz tri sljedece godine uz pretpostavku da nece bitidaljnjih steta.
(i) Izracunajte najmanji iznos gubitka za koji ce stetu prijaviti osig-uranik na razini 0% popusta.
(ii) Upotpunite prijelaznu matricu izracunavsi nedostajuce vrijednosti:∗ ∗ ∗ ∗
0.147 0 0.853 00.120 0 0 0.880
0 0.197 0 0.803
(iii) Izracunajte omjer osiguranika na svakoj razini popusta kada sus-
tav dostigne stabilno stanje.
Rjesenje:
(i)
Popust Steta prijavljena Stete nije prijavljena Razlika0% 900, 675, 495 675, 495, 360 540
Najmanji iznos za koji ce steta biti prijavljena na 0% popusta je540.
36
(ii)
P(prijavljena steta) = P(prijavljena steta | nezgoda)× P(nezgoda)
= P(X > x)× 0.2
gdje je X gubitak, za koji se pretpostavlja da ima lognormalnudistribuciju, a x je najmanji gubitak za koji ce biti prijavljenasteta. Znamo
E(X) = exp{µ+ σ2/2} = 1188
Var(X) = exp{2(µ+ σ2)}(exp{σ2} − 1) = (495)2
Zato je
(exp{σ}2 − 1) = (495)2/(1188)2
exp({σ2} = 1.176
σ2 = 0.16
Dakle, σ = 0.4 i µ = 7.
P(X > x) = 1−P(X ≤ x) = 1−Φ(
(lnx− µ
σ
)= 1−Φ(
(lnx− 7
0.4
)
P(prijavljena steta | nezgoda) = P(X > 540) = 1− Φ(−1.771) = 0.9617
P(prijavljena steta) = 0.9617× 0.2 = 0.1923
Stoga je prijelazna matrica0.192 0.808 0 00.147 0 0.853 00.120 0 0 0.880
0 0.197 0 0.803
(iii) Distribucija (π0, π1, π2, π3) je zato rjesenje sustava
0.192π0 + 0.147π1 + 0.120π1 = π0
0.808π0 + 0.197π3 = π1
0.853π1 = π2
0.880π2 + 0.803π3 = π3
π0 + π1 + π2 + π3 = 1
37
Izrazimo π0, π1 i π3 pomocu π2:
π3 =0.880
0.197π2 = 4.4670π2
π1 =1
0.8503π2 = 1.1723π2
π3 =0.147.0.853
+ 0.120
0.808π2 = 0.3618π2
Iz 0.3618π2 + 1.1723π2 + π2 + 4.4670π2 = 1 slijedi π2 = 0.1428.Zato su trazeni omjeri:
0% : 5.2%25% : 16.7%45% : 14.3%60% : 63.8%
38
POGLAVLJE 8
1. Doljnji trokut pokazuje priraste steta za portfelj polica nezivotnog o-siguranja. Podaci su vec prilagodeni na inflaciju. Izracunajte razvojnefaktore metodom ulancanih ljestvica, te implicirane bruto faktore.
2 541 1 029 2172 824 7901 981
Rjesenje:
Kumulativne stete:
2 541 3 570 3 7872 824 3 6141 981
λ3 =3 787
3 570= 1.06078
λ2 =7 184
5 365= 1.33905
Bruto faktori:
94.27%
70.40%
2. Trokut razvoja dan dolje odnosi se na izvjestan portfelj polica osigu-ranja za koji se moze pretpostaviti da ce stete biti u potpunosti rijesenedo kraja razvojne godine 2.
Iznos steta svake godine dan je u doljnjoj tablici:
Razvojna godinaGodina stete 0 1 2
1999 2 317 1 437 5822000 3 287 1 7922001 4 816
39
Kumulativni broj prijavljenih steta prikazan je u tablici dolje:
Razvojna godinaGodina stete 0 1 2
1999 132 197 2072000 183 2582001 261
(i) Ako je dano da su ukupne stete placene do danas 10 237, izracunaj-te potrebnu pricuvu za ovu kohortu upotrebom metode prosjecnogtroska po steti.
(ii) Navedite pretpostavke koje leze u pozadini vaseg rezultata.
Rjesenje:
(i) Kumulativni iznos steta:
Razvojna godinaGodina stete 0 1 2
1999 2317 3754 43362000 3287 50972001 4816
Projekcija broja prijavljenih steta:
Razvojna godinaGodina stete 0 1 2 krajnje
1999 132 197 207 20763.77% 95.17% 100.00%
2000 183 258 27167.50% 95.17%
2001 261 39865.64%
Projicirani prosjecan trosak po steti:
40
Razvojna godinaGodina stete 0 1 2 krajnje
1999 17.533 19.056 20.947 20.94783.80% 90.97% 100.00%
2000 17.962 19.686 21.64083.01% 90.97%
2001 18.452 22.12383.41%
Projicirane ukupne stete:
1999: 207× 20.947 = 43362000: 271× 21.640 = 58642001: 398× 22.123 = 8805Ukupno: 19005
Manje placena steta -10237
Pricuva 8768
(ii) Pretpostavke su:
Za svaku godinu nastanka stete, broj prijavljenih steta u svakojrazvojnoj godini je konstantan omjer ukupnog broja steta kojenastaju u toj godini.
Za svaku godinu nastanka stete, prosjecan iznos stete u svakojrazvojnoj godini je konstantan omjer krajnjeg prosjecnog iznosastete za tu godinu nastanka stete.
Tezinska sredina prosle inflacije je prikladan procjenitelj buduceinflacije.
41
POGLAVLJE 9
1. Generalizirani linerani model ima nezavisne binomne odzive Z1, . . . , Zk
sa E(Zi) = nµ, Var(Zi) = nµ(1− µ) za 0 < µ < 1.
(i) Pokazite da Yi = Zi/n pripada eksponencijalnoj familiji.
(ii) Identificirajte prirodni parametar i kanonsku funkciju veze, teizvedite funkciju varijance.
Rjesenje:
(i)
fY (y; θ, φ) =
(n
ny
)µny(1− µ)n−ny
= exp
{[y log
(µ
1− µ
)+ log(1− µ)
]+ log
(n
ny
)}To je oblika exp
{yθ−b(θ)
a(φ)+ c(y, φ)
}, t.j., u obliku eksponencijalne
familije.
(ii) Prirodni parametar je
θ = log
(µ
1− µ
)te zato µ =
eθ
1 + eθ
φ = n , a(φ) =1
φ
b(θ) = − log(1− µ) = − log
(1
1 + eθ
)= log(1 + eθ)
c(y, φ) = log
(n
ny
)
42
Kanonska veza je g(µ) = θ(µ) tako da je
g(µ) = log
(µ
1− µ
)V (µ) = b′′(θ)
b′(θ) =eθ
1 + eθ
b′′(θ) =eθ
(1 + eθ)2= µ(1− µ)
Zato je funkcija varijance V (µ) = µ(1− µ).
2. Opazanja Y1, . . . , Yn su nezavisne Poissonove slucajne varijable sa E(Yi) =µi gdje je
log µi =
{α i = 1, . . . ,mα+ β i = m+ 1, . . . , n
(1)
(i) (a) Pokazite da se log-vjerodostojnost moze zapisati kao
−meα − (n−m)eα+β + α
n∑i=1
yi + βn∑
i=m+1
− log
(n∏
i=1
yi!
)(b) Izvedite procjene maksimalne vjerodostojnosti za α i β.
(c) Izvedite izraz za devijaciju ovog modela.
(d) Izvedite izraz za devijaciju modela u kojem je β = 0.
(ii) Pretpostavite n = 20, m = 10 i opazanja su
8, 6, 4, 7, 5, 8, 2, 8, 2, 9, 10, 7, 6, 4, 5, 7, 9, 6, 8, 5 .
(a) Popunite sljedecu tablicu, te izracunajte devijaciju modela u(i)(d).
yi frekvencija doprinos devijacije
2 2 −9.17924 2 −7.26815 3 −6.93346 3 −1.75647 3 3.42518 4 15.28919 2 12.840310 ? ?
43
(b) Ako je dano da je devijacija modela u (i)(c) jednaka 16.1499,komentirajte prilagodbu od (1) i modela sa β = 0.
Rjesenje:
(i) (a)
f(y) =n∏
i=1
e−µiµyi
i
yi!
Log vjerodostojnost je
l(α, β) = −n∑1
µi +n∑1
yi log µi − log(∏
yi!)
= −meα − (n−m)eα+β + α
(m∑1
yi
)+ (α+ β)
(n∑
m+1
yi
)− log(
∏yi!)
= −meα − (n−m)eα+β + α
(n∑1
yi
)+ β
(n∑
m+1
yi
)− log(
∏yi!)
(b)
∂l
∂α= 0 ⇒ −meα − (n−m)eα+β +
n∑1
yi = 0 (2)
∂l
∂β= 0 ⇒ −(n−m)eα+β +
n∑m+1
yi = 0 (3)
Uvrstimo (3) u (2): meα =∑m
1 yi, te slijedi
α = log
(∑m1 yi
m
)Uvrstimo α u (3): α+ β = log
(∑nm+1 yi
n−m
), te slijedi
β = log
(∑nm+1 yi
n−m
)− log
(∑m1 yi
m
)
44
(c)
Devijacija = 2{log vjerodostojnost za potpun model − l(α, β)}U potpunom (saturiranom) modelu, prilagodene vrijednosti su µi = yi
U modelu (1) prilagodene vrijednosti su µi =
{t1 i = 1, . . . ,mt2 i = m+ 1, . . . , n
gdje je t1 =m∑1
yi
m, t2 =
n∑m+1
yi
n−m.
Stoga je
= 2
{−
n∑1
yi +n∑1
yi log yi +m∑1
t1 −∑
yi log t1 +n∑
m+1
t2 −n∑
m+1
yi log t2
}
=m∑1
2
{yi log
(yi
t1
)− (yi − t1)
}+
n∑m+1
2
{yi log
(yi
t2
)− (yi − t2)
}ili ekvivalentan izraz.
(d) Kada je β = 0, µi = eα za sve i. Procjena maksimalne vjero-
dostojnosti od α je α = log(∑
yi
n
)s prilagodenim vrijednos-
tima µ′i =∑
yi
n= y za sve i. Devijacija je 2{
∑yi log yi −∑
yi log y} = 2∑yi log
(yi
y
).
(ii) y = 6.3yi frekvencija doprinos devijacije
2 2 −9.17924 2 −7.26815 3 −6.93346 3 −1.75647 3 3.42518 4 15.28919 2 12.840310 1 9.2407
16.6581
Stoga je devijacija 16.6581 na 19 stupnjava slobode.
45
(b) Devijacija modela (1) je 16.1499 na 18 stupnjava slobode. Obamodela su dobro prilagodena. Pad devijacije kao rezultat ukljucenaβ je 0.5083 na 1 stupanj slobode. To nije znacajno kada se na togleda kao na χ2
1. Prema tome nema evidencije da u modelu tre-bamo β.
3. Osigurateljni portfelj sastoji se od m grupa pojedinaca. U i-toj grupiima ni(> 1) pojedinaca dobi xi. Broj steta iz te grupe od ni pojedinacaje binomna slucajna varijabla Yi s parametrima ni i θi, sa 0 ≤ θi ≤ 1(i = 1, . . . ,m). Slucajne varijable Y1, . . . , Ym su nezavisne.
(i) Izvedite procjenitelje maksimalne vjerodostojnosti θ1, . . . , θm odθ1, . . . , θm.
(ii) (a) Ako je
logit(θi) = log
(θi
1− θi
)= α+ βxi ,
pokazite da je log-vjerodostojnost jednaka
α
m∑i=1
yi + β
m∑i=1
xiyi −m∑
i=1
ni log(1 + exp(α+ βxi)) + c ,
gdje c ne ovisi o α i β.
(b) Izvedite, ali ne pokusavajte rijesiti, jednadzbe koje zadovo-ljavaju procjenitelji maksimalne vjerodostojnosti α i β od α iβ.
(iii) Neka je ei = niθi gdje je θi = exp(α+ βxi)/(1 + exp(α+ βxi)).
Izvedite skaliranu devijaciju za model u (ii).
(iv) Podaci su dostupni za sest dobi, 17, 18, 19, 20, 21 i 22.
Dva modela su prilagodena podacima sa sljedecim rezultatima:
skalirana devijacija stupnjevi slobodeModel 1 logit(θi) = α 13.33 5Model 2 logit(θi) = α+ βxi 1.67 *
(a) Navedite stupnjeve slobode za Model 2.
(b) Komentirajte prilagodbu ova dva modela.
46
(c) U Modelu 2, procjena za β je -0.2492, sa standardnom greskom0.07217. Interpretirajte te rezultate i objasnite kako se om-jer θi+1/(1 − θi+1) odnosi prema omjeru θi/(1 − θi), kada jexi+1 = xi + 1.
Rjesenje:
(i) Oznacimo y = (y1, . . . , ym). Vjerodostojnost je
f(y | θ1, . . . , θm) =m∏
i=1
(ni
yi
)θyi(1− θi)
ni−yi .
Zato je log-vjerodostojnost jednaka
l(θ1, . . . , θm) =m∑
i=1
yi log θi+m∑
i=1
(ni−yi) log(1−θi)+m∑
i=1
log
(ni
yi
).
Deriviramo po θi i izjednacimo s nulom:
yi
θi
− ni − yi
1− θi
= 0 ,
te zatoyi(1− θi) = (ni − yi)θi ,
sto daje θi = yi/ni.
(ii) (a) Uocimo prvo da je 1− θi = (1 + eα+βxi)−1. Upotrebom izrazaza log-vjerodostojnost izvedenog u (i), log-vjerodostojnost semoze zapisati kao
l =m∑
i=1
yi log θi +m∑
i=1
(ni − yi) log(1− θi) + c
=m∑
i=1
yi log
(θi
1− θi
)−
m∑i=1
ni log(1 + eα+βxi) + c
=m∑
i=1
yi(α+ βxi)−m∑
i=1
ni log(1 + eα+βxi) + c
= α
m∑i=1
yi + β
m∑i=1
xiyi −m∑
i=1
ni log(1 + eα+βxi) + c
47
(b) Deriviranjem po α i β, te izjednacavanjem s nulom, dajejednazbe koje zadovoljavaju α i β. To su
m∑i=1
yi −m∑
i=1
nieα+βxi
1 + eα+βxi
= 0
m∑i=1
xiyi −m∑
i=1
nixie
α+βxi
1 + eα+βxi
= 0
(iii) Trazena devijacija D je dvostruka razlika izmedu maksimiziranihlog-vjerodostojnosti za modele u (i) i (ii).
Uvrstimo procjenitelje maksimalne vjerodostojnosti u log-vjerodostojnostu (i), te ei/ni za θi u model u (ii), dobivamo
D = 2
(∑i=1
yi logyi
ni
+m∑
i=1
(ni − yi) log
(1− yi
ni
)
−m∑
i=1
yi logei
ni
−m∑
i=1
(ni − yi) log
(1− ei
ni
))
= 2
(yi log
yi
ei
+m∑
i=1
(ni − yi) logni − yi
ni − ei
).
(iv) (a) U Modelu 2 prilagoden je jedan dodatni parametar, te je brojstupnjeva slobode jednak 4.
(b) U prvom modelu prilagodba nije narocito dobra (devijacija= 13.33 usporedena s χ2
5 distribucijom), ali drugi model jebolji (devijacija 1.67 usporedena s χ2
4 distribucijom).Pad devijacije, kao posljedica ukljucenja regresije na dob, je13.33-1.67=11.66, sto je znacajno u usporedbi s χ2 distribu-cijom s 5 − 4 = 1 stupnjeva slobode. To implicira da se clans dobi treba ukljuciti u model.
(c) U Modelu 2, β/s.g.(β) = −3.45 je znacajno, te potvrduje daβ treba biti u modelu. Procjena od β je negativna, te logit(θi)opada kako dob raste.
48
Usporedimo omjere:
θi+1
1− θi+1
= eα+βxi+1
= eα+β(xi+1)
=θi
1− θi
eβ .
Uvrstavanjem procjene za β, omjer θi/(1 − θi) mnozi se sa
eβ = e−0.2492 = 0.78 da bi se dobio omjer za dob xi+1.
49