Rozwiązania

Egzamin dla Aktuariuszy z 16 listopada 1996 r.
Matematyka Ubezpieczeń Majątkowych
Zadanie 1
E [( S − k ) + ] = P( S > k ) + P( S > k + 1) + ... = 1 − FS (k ) + 1 − FS (k + 1) + ...
0,165 = P ( S > 3) + P( S > 4) + ...
→ P( S > 3) = 0,165 − 0,089
0,089 = P( S > 4) + P( S > 5) + ...
P( S > 4) = 0,089 − 0,038
0,038 = P( S > 5) + P( S > 6) + ...
P( S > 5) = 0,038 − 0,017
0,017 = P( S > 6) + P( S > 7) + ...
P(S=4)+P(S=5)=P(S>3)-P(S>4)+P(S>4)-P(S>5)=0,165-0,089-0,038+0,017=0,055
Zadanie 2
min[max( X − 10;0);5] = Y
15 3000
∞
25 3000(t − 20)
∞ 15000
3000
EY = ∫
( x − 10)dx + ∫ 5 ⋅
dx = x + 10 = t = ∫
+∫
dt =
4
4
4
10 (10 + x )
15
20
25 t 4
(10 + x)
t
 1500 20000  25  5000  ∞
= − 2 +
 20 + − 3  25 = 0,45
t3 
 t
 t 
ODP = 0,1 ⋅ 0,45 = 0,045
Zadanie 3
Średnia=4
f1 ( x) = 0,5e −0,5 x
4 ln 2
∞
2 ln 2
4 ln 2
EX 1 = ∫
=∫
2 ln 2
0
f 2 ( x) = 0,25e −0, 25 x
( x − 2 ln 2)0,5e −0,5 x + ∫
t 0,5e −0,5(t + 2 ln 2) + ∫
∞
4 ln ..
.... =
2 ln 2 ⋅ 0,5e −0,5 x dx = x − 2 ln 2 = t =
1 − 2 ln 2 ⋅ 0,5
1 − 0,25 

+ ln 2 2 −
 = 0,5
0,5
0,5 

4 ln 2
∞
2 ln 2
4 ln 2
EX 2 = ∫
( x − 2 ln 2)0,25e −0, 25 x + ∫
2 ln 2 ⋅ 0,25e −0, 25 x = x − 2 ln 2 = t = ... = 2 2 − 2
 EX 2

ODP = 
− 1100 ≈ 65%
 EX 1

Zadanie 4
Rozkład (a,b,1) z ogonem Poissonowskim
(1 − p 0 ) λk
0,75(ln 2) k −ln 2
1
(ln 2) k −ln 2
P( N = k ) =
e
=
=
1
,
5
e
k!
k!
1 − e −ln 2
e λ − 1 k!
(
∞
EN = ∑1,5
k =1
k
(ln 2) −ln 2
e k = 1,5 ln 2
k!
)
∞
[
(ln 2) k −ln 2
EN = ∑1,5k
e
= 1,5 ln 2 + (ln 2) 2
k!
k =1
2
2
]
var N = 1,5 ln 2 + 1,5(ln 2) 2 − 1,5 2 (ln 2) 2 = 1,5 ln 2 − 0,75(ln 2) 2
1,5 ln 2 − 0,75(ln 2) 2
ln 2
ODP =
= 1−
1,5 ln 2
2
Zadanie 5
x
FS ( x) = ∑ F1 ( x − i ) f 2(i )
i =0
0,12 = F1 (0) f 2 (0) = 0,6 f 2 (0) → f 2 (0) = 0,2
0,46 = F1 (1)0,2 + F1 (0) f 2 (1) = 0,8 ⋅ 0,2 + 0,6 f 2 (1) → f 2 (1) = 0,5
0,58 = F1 (2)0,2 + F1 (1)0,5 + F1 (0) f 2 (2) = 0,9 ⋅ 0,2 + 0,8 ⋅ 0,5 + 0,6 f 2 (2) → f 2 (2) = 0
Zadanie 6
∞
1
−∞
0
(
)
P( X 1 + X 2 ≤ 2) = ∫ F1 (2 − x)dF2 ( x) = ∫ 1 − e − 2+ x dx = 1 − e −1 + e −2
Zadanie 7
s ′(t ) = 250 + 100t - intensywność szkód (interpretacja)
P ( X > 1 − t ) = e −2(1−t )
bo brak pamieci
6
47
4 48
4
1
ODP = 100 P ( X > 1) + ∫ (250 + 100t )e −2(1−t ) dt =
= 100e − 2
(
0
)
250 − 2 2
+
e e − 1 + 100e − 2 + 25 + 25e − 2 = 150
2
Zadanie 8
M S (t ) = M N (ln M X (t ) ) = e 5(M X (t )−1)
4t (10 − t )
5(M X (t ) − 1) =
(5 − t ) 2
4t (10 − t )
4  − t 2 + 10t 
4  t 2 − 10t + 25
25 
+
1
=
+
1
=
−
−
M X (t ) =



 +1 =
5  t 2 − 10t + 25 
5  t 2 − 10t + 25 (5 − t ) 2 
5(5 − t ) 2
2
4  5  
1 4
= − 1 − 
Z ≅ Γ(2;5) z jednoznaczności
  + 1 = + M Z (t )
5   5 − t  
5 5
1
p = rozkład X m atom w zerze
5
Z ≅ Γ(2;5) → p =
1
musi być atom bo rozkład ciągły na (0;nieskończoność) musi tak być
5
Zadanie 9
Bowers: f L1 ( y ) =
1
[1 − P( y)] dla y ≥ 0
p1
0 y ≤ 0
y

P( y) = 
y ∈ (0;10)
10
0 y ≥ 10
1 y ≤ 0

y

1 − P( y ) = 1 −
y ∈ (0;10)
 10
0 y ≥ 10
1 y
y ∈ (0;10)
 −
f L1 ( y ) =  5 50
0 y ≥ 10
10 1
ODP = ∫
5
0
x−
x2
1
dx = 3
50
3
Zadanie 10
s- czas oczekiwania na szkodę
f ( s λ) ≅ λe
15 3 2 −15 λ
λ≅
λe
2
−tλ
f (s λ ) f ( λ)
f ( λ s) =
f (s)
∞
f ( s ) = ∫ λ e −tλ
0
15 3
=
2
∫
α=4
15 3 2 −15 λ
15 3 3 −(t +15) λ
λe
dλ =
λe
dλ =
=
∫
β = t + 15
2
2
(t + 15)4
f (λ s ) =
6
λe −tλ
3 − (t +15) λ
λe
dλ
6
(t + 15) 4
=
3 ⋅ 15 3
(t + 15) 4
15 3 2 −15 λ
λe
λ3 e −(t +15) λ (t + 15) 4
2
=
6
3 ⋅ 15 3
(t + 15) 4
E (λ s = 4 ) = ∫
∞
0
λ4 e −19 λ 19 4 19 4 4 −19 λ 19 4 24
4
=
λe
=
=
∫
5
6
6
6 19
19