Egzamin z matematyki ubezpieczeniowej (MUMIO

ZESTAW 0.
IMIȨ I NAZWISKO:..................................................
Egzamin z matematyki ubezpieczeniowej (MUMIO), semestr zimowy
2014/15
Data: 12.02.2015.
Egzaminator: Ryszard Szekli
INSTRUKCJE:
Rozwiązując test zakreślamy literką X POPRAWNE ODPOWIEDZI W TABELCE NA KOŃCU!
Za każdy prawidłowo oznaczony podpunkt otrzymuje siȩ 1 punkt plus 4 punkty za wszystkie podpunkty
poprawne. Piszemy bez użycia notatek i innych pomocniczych materiałów.
Max punktów: 80.
0-29=2.0
30-40=3.0
41-50=3.5
51-60=4.0
61-70=4.5
71-80=5.0
CZAS ROZWIA̧ZYWANIA: 150 min.
∑N (t)
1. Niech dla t ­ 0, R(t) := u + ct − i=1 Xi , u ­ 0, c > 0, (Xi ) iid, (N (t), t ­ 0) proces Poissona z
intensywnością 1. Niech ψ(u) = P (T < ∞), gdzie T = inf{t : R(t) < 0}.
(a) Jeśli EXi = 6, c = 8, to ψ(0) = 0.75.
∑N
Ze wzoru Pollaczka-Chinczyna M =d i=1 X̃i , N =d Geo(p), stąd 1 − ψ(0) = P (M ¬ 0) =
P (M = 0) = p, (rozkład zmiennej X̃i jako resztowy nie ma atomu w zerze, M przyjmuje
wartość zero tylko gdy N = 0, więc ψ(0) = P (M > 0 = 1 − P (M = 0) = 1 − p = q = EX/c =
6/8 = 0.75.
(b) Jeśli EX = 6, c = 5, to ψ(1) = 1.
Dryft EX/c > 1 więc trajektorie rezerwy R(t) z prawd. 1 dążą do −∞, czyli ψ(u) = 1 dla
każdego u.
(c) Jeśli Xi maja rozkład Pareto: 1 − FXi (x) = min{1, x−2 }, c = 3, to
2(1 −
∫u
0
ψ(u)
→u→∞ 1
min{1, x−2 }/2dx)
.
W modelu ruiny z ciężkimi ogonami, jeśli rozkład Xi ∈ S ∗ , to ψ(u) ∼ EN (1 − F̃ (u)), u → ∞
(tw. z wykładu). Tutaj q = EX/c = 2/3 stąd EN = 2. Rozkład Pareto leży w klasie S ∗
(przykład z wykładu).
(d) Jeśli EXi = 2, c = 4, Xi mają rozkład wykładniczy, to ψ(4) = 0.5/exp(1).
Gdy Xi mają rozkład wykładniczy, to M ma złożony rozkład geometryczny Geo(p) rozkładów
wykładniczych λ = 0.5, co jest rozkładem wykładniczym z domieszanym atomem w zerze
wielkości p, i parametrem rozkładu wykładniczego λ · p = 0.5 · (1 − q) = 0.5 · (1 − EX/c) = 1/4.
( wykład). Stąd ψ(4) = 0.5 exp(−λ · p · 4) = 0.5 · exp(−1).
2. Niech R0 = u, Rn = u + n − (W1 + · · · + Wn ), dla n ­ 1, u > 0, (Wi ) iid. Niech ψ(u) = P (T < ∞),
T = inf{n : Rn < 0}.
(a) Jeśli P (Wi = k) = (1/3)(2/3)k , k = 0, 1, . . ., to ψ(0) = 1.
EWi > 1 więc z prawd. 1 trajektorie Rn dążą do −∞, czyli ψ(u) = 1 dla kazdego u.
1
(b) Jeśli Wi mają rozkład dwumianowy Bin(3, 1/4), to ψ(0) = 11/27.
ψ(0) = 1 − P (M = 0). P (M = 0) odczytujemy wstawiając zero w funkcji tworzącej, tzn.
P (M = 0) = PM (0) = (1 − EW )/(1 − EXPW̃i (0)). PW̃ (0) = P (W̃ = 0) = P (W > 0)/EW =
(1 − (3/4)3 )/(3/4). Stąd P (M = 0) = (1/4)/((3/4)3 ), ψ(0) = 11/27.
(c) Jeśli P (Wi = 1) = p = 1 − P (Wi = 0), p = 1/2, to PM (2) = 1, gdzie PM (t) jest funkcją
tworzącą zmiennej M = max(0, W1 − 1, (W1 − 1) + (W2 − 1), ..)
Przy takim rozkładzie W , wszystkie wartości Rn są nieujemne, a wartość M jest równa zero,
stąd PM (t) = 1 dla każdego t.
(d) Jeśli P (Wi = 2) = 1/4, P (Wi = 0) = 3/4, to ψ(1) = 1/9.
W tym przykładzie ψ(u) = (1/3)u+1 (ćwiczenia, wykład). Inaczej, licząc bezpośrednio z funkcji
tworzącej dla M , (podobnie jak w punkcie (b)), mamy PM (0) = 2/3. ψ(1) = P (M > 1) =
′
1 − P (M = 0) − P (M = 1). Liczymy P (M = 1) = PM
(0) = 1/2 (wstawiając do wzoru)
PM (t) = (1 − EW )/(1 − EXPW̃i (t)), gdzie tutaj PW̃ (t) = (1 − (t2 · p + q))/(2p(1 − t)) (
zdefinicji rozkładu resztowego) dla p = 1/4. Mamy P (M = 1) = 2/9.
3. Niech SN = X1 + · · · + XN , gdzie N przyjmuje wartości naturalne, (Xi ) są iid, niezależne od N .
(a) Jeśli P (Xi = 1) = p = 1 − P (Xi = 0), N ma rozkład Poissona z intesywnością λ, to P (SN =
k) = exp(−pλ)(λp)k /k!, k = 0, 1, . . ..
Liczymy funkcje tworzące, PSN (t) = exp(λ(PX (t) − 1) = exp(λ · (pt + q − 1)) = exp(pλ · (t − 1)).
Ostatni wzór określa rozkład Poissona z parametrem pλ.
(b) Jeśli S = S1 + · · · + Sn jest sumą niezależnych zmiennych losowych Sj , każdej o rozkładzie
równym rozkładowi SN , gdzie P (Xi = 1) = p = 1 − P (Xi = 0), N ma rozkład Poissona z
intesywnością 1, to P (S = k) = exp(−pn)(np)k /k!, k = 0, 1, . . ..
PS (t) = (exp(pt + q − 1))n = exp(np(t − 1)). Ostatni wzór daje rozkład Poissona z parametrem
np.
(c) Jeśli S = S1 + · · · + Sn jest sumą niezależnych zmiennych losowych Sj , gdzie Sj ma rozkład
złożony Poissona CP oi(λj , Fj ), gdzie F∑
j (x) = (1 − pj )I[0,∞) (x) + pj I[1,∞) (x), j = 1, . . . , n, to
n
S ma rozkład Poissona z parameterem j=1 λj pj .
∑
Podobnie jak w poprzednim zadaniu, mnożąc funkcje tworzące otrzymujemy od razu exp( λj ·
pj (t − 1)). Znowu rozkład Poissona.
(d) Zgłoszenia następują po chwili 0 w niezależnych odstępach o rozkładach wykładniczych o
średniej wartości 2. Niech N1 oznacza ilość zgłoszeń w przedziale czasowym (1, 3), a N2 oznacza ilość zgłoszeń w przedziale (3, 5), wtedy prawdopodobieństwo, że nadejdą 4 zgłoszenia w
przedziale (1, 3) i 2 zgłoszenia w (3, 5) wynosi P (N1 = 4, N2 = 2) = exp(2)/48.
Przyrosty w Procesie Poissona są niezależne (wykład) stąd odpowiednie prawdopodobieństwa
się wymnażają.
4. (a) Niech pk = (a + b/k)pk−1 dla pewnych stałych a, b, k = 1, . . .. Jeśli wykres xpx /px−1 układa
sie wzdłuż linii prostej równoległej do osi OX, to (pk , k ­ 0) jest rozkładem Poissona.
Fakt znany z tw. na wykładzie o możliwych rozkładach w tej rekurencji, ale też oczywiste
bezpośrdnio, gdy prosta jest równoległa do OX, tzn. a = 0. Rozwijając rekurencję dla a = 0
widzimy rozkład Poissona.
(b) Niech SN = X1 + · · · + XN , gdzie N przyjmuje wartości naturalne, (Xi ) są iid, niezależne
od N . Jeśli P (Xi = k) = (1/4)(3/4)k , k = 0, . . ., N ma rozkład dwumianowy Bin(6, 1/3), to
V arSN = 36.
Np. bezposrednio ze wzoru na V arSN = V arX · EN + V arN · (EX)2 , który wynika natychmiast z wyliczenia pierwszej pochdnej funkcji tworzącej kumulanty lnMSN (t) w zerze, gdzie
MSN (t) = PN (MX (t)).
(c) Niech Xi będą niezależne o dystrybuancie FX (x) = qI[0,∞) (x)+pG(x). Wtedy X1 +· · ·+Xn ma
rozkład równy rozkładowi losowej sumy Y1 + · · · + YN , gdzie (Yi ) są niezależne o dystrybuancie
G, N jest niezależna od (Yi ) i ma rozkład dwumianowy Bin(n, p).
MY1 +···+YN (t) = (pMY (t) + q)n . MX1 +···+Xn (t) = (pMY (t) + q)n . Czyli równość funkcji tworzacych momenty.
2
(d) Niech SN = X1 + · · · + XN , gdzie N ma rozkład geometryczny P (N = k) = pq k , k = 0, 1, . . .,
(Xi ) są iid, niezależne od N o rozkładzie wykładniczym P (Xi > x) = exp(−λx). Wtedy SN
ma dystrybuantę pI[0,∞) (x) + q(1 − exp(−λpx)).
Znany fakt z wykładu. łatwy do policzenia bezposrednio na transformatach. MSN (t) = p/(1 −
q(λ/(λ−t)) = λp/(λp−t)−pt/(λp−t) = q(λp/(λp−t)+(p2 λ−pt)/(λp−t)) = q(λp/(λp−t))+p.
5. (a) Jeśli 1 − F (x) = min(1, x−3 ), x ­ 0, to (1 − F 2∗ (x))/(1 − F (x)) →x→∞ 2.
F jest dystrybuantą Pareto, która jest w klasie rozkładów podwykładniczych S (wykład), co
oznacza z definicji relację (1 − F 2∗ (x))/(1 − F (x)) →x→∞ 2.
∑1
k∗
(b) Jesli G(x) =
k=0 0pk F , gdzie pk ma rozkład dwumianowy Bin(10, 0.25), 1 − F (x) =
min(1, x−4 ), to (1 − G(x))/(1 − F (x)) →x→∞ 2.5.
∑n
Jeśli F ∈ S, to (1 − G(x))/(1 − F (x)) →x→∞ EN , gdzie G(x) = k=0 pk F k∗ , dla każdego
rozkładu (pk )k=0...n i zmiennej N o tym rozkładzie (wykład).
(c) Jeśli F (x) jest dystrybuantą o funkcji hazardowej r(x) = F ′ (x)/(1 − F (x)) = 2min(1, 1/x),
2∗
2∗
to
∫ x (1 − F (x))/(1
∫ ∞− F (x)) →x→∞ 2 oraz (1 − F̃ (x))/(1 − F̃ (x)) →x→∞ 2, gdzie F̃ (x) =
(1 − F (s))ds/ 0 (1 − F (s))ds.
0
Kryterium należenia do klasy S ∗ (wykład): jeśli F ma funkcje hazardową r(x) taką, że limx→∞ xr(x) <
∞, to F ∈ S ∗ , wtedy też F ∈ S oraz F̃ ∈ S. (Zachodzi dla Pareto).
(d) Jeśli (1 − F n∗ (x))/(1 − F (x)) →x→∞ n oraz (Xi ) są niezależne o dystrybuancie F , to
P (X1 + · · · + Xn > x)
→x→∞ 1
P (max(X1 , . . . , Xn ) > x)
.
Wystarczy zauwazyć, że P (max(X1 , . . . , Xn ) > x))/(nF̄ (x)) →x→∞ 1 (wykład).
6. Niech X = h(X)+k(X) będzie podziałem ryzyka X, gdzie 0 ¬ h(x) ¬ x, 0 ¬ k(x) ¬ x są funkcjami
zmiennej x niemalejącymi.
(a) Jesli X przyjmuje wartości 0, 1, 2 z prawdopodobieństwem 1/3 każdą oraz jeśli rozważymy
wszystkie możliwe podziały ryzyka takie, że Eh(X) = 5/6, to minimalna wariancja wśród
takich h(X) wynosi 7/18.
Z wykładu wiemy, że min(d, X) <cx h(X), dla każdego ryzyka X, funkcji udziału własnego h i
d > 0. Tzn. minimum wariancji jest uzuskane dla kontraktu stop-loss S = min(d, S)+(S −d)+ .
Wystarczy znależć d takie aby Emin(d, X) = 5/6 (tutaj d = 1.5. Wtedy z definicji liczymy
wariancję (1/3) · ((5/6)2 + (1/6)2 + (4/6)2 ) = 7/18.
(b) Jesli X przyjmuje wartości 0, 1, 2 z prawdopodobieństwem 1/3 każdą oraz jeśli rozważymy
wszystkie możliwe podziały ryzyka takie, że Ek(X) = 1/6, to przyjmując, że użyteczność
mierzymy funkcją u(w) = w − 0.01w2 , i że kapitał początkowy wynosi w = 10, to maksymalna
średnia użyteczność wsród takich k(X), E(w − 1/6 + k(X) − X) wynosi w przybliżeniu 8.186.
Używając min(d, X) <cx h(X), można pokazać (wykład), że dla każdej wklęsłej u, i kazdej
k(x) w podziale ryzyka, Eu(w − P + k(X) − X) ¬ Eu(w − P + (X − d)+ − X) to znaczy
maksimum jest osiagane dla kontraktu stop-loss. Tutaj znowu d = 1.5 i wyliczając z definicji
wartość oczekiwaną mamy (1/3)(u(10 − 1/6) + u(10 − 1/6 − 1) + u(10 − 1/6 − 1.5)), wtawiając
wzór na u otrzymujemy wynik 8.186 (z dokł. do trzech miejsc).
(c) Jeśli ryzyko X ma rozkład równomierny na zbiorze {1, 2, . . . , 100}, to Eln(X) ¬ ln(101/2).
Nierówność Jensena (wykład)
(d) Jeśli zmienna X ma rozkład o gęstości 0.5exp(−0.5x)I(0,∞) (x), a zmienna Y ma rozkład o
gęstości xexp(−x)I(0,∞) (x), to X >cx Y .
Wartości średnie są równe, wystarczy porównać wariancje (klasa rozkładów Gamma jest uporządkowana wzgl. <cx . Tutaj bezpośrednio widać, że gęstość wykładnicza i gęstość gamma z
parametrem kształtu 2 przecinają się 2 razy, stąd całki z tych funkcji przetną się raz (po pola
pod ogonem są równe) spełnione jest więc kryterium Karlina-Novikowa.
3
7. (a) Niech X będzie zmienną o rozkładzie z gęstością exp(−x)I(0,∞) (x), wtedy zmienna exp(−X)
ma rozkład jednostajny na (0, 1).
Dla danej zmiennej losowej X zawsze FX (X) oraz 1 − FX (X) mają rozkład jednostajny na
(0, 1). Tutaj przypadek rozkł. wykładniczego i ogona.
(b) Niech funkcja C będzie wyznaczona relacją F(X,Y ) (x, y) = C(FX (x), FY (y)), dla pewnej dystrybuanty łącznej zmiennych (X, Y ), F(X,Y ) , gdzie FX , FY są dystrybuantami brzegowymi.
Wtedy C(u ∨ v) + C(u ∧ v) ­ C(x) + C(y), dla u, v ∈ (0, 1) × (0, 1), gdzie ∨ oznacza operację
brania maksimów po współrzędnych wektorów u, v, a ∧ oznacza operację minimów.
Podany warunek na minima i maksima jest wprost jednym z warunków w definicji dystrybuanty
dwuwymiarowej (C jest dystrybuantą.)
(c) Niech X = min(W, Z) oraz Y = min(V, Z), gdzie zmienne W, V, Z sa niezależne o rozkładach wykładniczych. Wtedy F(X,Y ) (rozkład Marshalla Olkina) ma funkcje copula C taką, że
C(x, y) ¬ min(x, y), x, y ∈ (0, 1).
Nierówność ta prawdziwa jest zawsze dla wszystkich funkcji C, C + (x, y) = min(x, y), x, y ∈
(0, 1) jest górnym ograniczeniem Frecheta (ćwiczenia)
(d) Dla pewnych zmiennych losowych (X, Y ) jej funkcja copula C spełnia C(x, y) ­ xy, x, y ∈
(0, 1), wtedy Cov(X, Y ) ­ 0.
Uporządkowanie funkcji C pociaga uporzadkowanie kowariancji. Funkcja C ∗ (x, y) = x · y
odpowiada niezależności.
8. (a) Ryzyko X ma rozkład o gestości xexp(−x)I(0,∞) (x), wtedy T V aR[X, 2/3] ­ 2.
T V aR[X, p] ­ EX (ćwiczenia)
(b) Ryzyko X ma rozkład jednostajny na (0, 10). Wtedy dla dowolnej miary ryzyka ρ(X),
E((X − ρ(X))+ ) + 0.05ρ(X) ­ 0.4875
.
Funkcjonał E((X −ρ(X))+ )+ϵρ(X) osiaga minimum dla miary ρ(X) = V aR[X, 1−ϵ] (wykład,
ćwiczenia). V aR[X, 0.95] = 9, 5. E(X − 9.5)+ = 25/2000 (wprost z rysunku dystrybuanty pole nad dystrybuantą liczone od 9.5.
(c) Zmienne X i Y są niezależne o rozkładzie jednostajnym na (0, 1). Wtedy V aR[X + Y, 1/2] =
V aR[X, 1/2] + V aR[Y, 1/2].
Rozkład sumy niezal. zmiennych o rozkładzie jednostajnym jest rozkładem trójkątnym (gęstośc
w postaci symetrycznego daszka). Rysując dystrybuanty widać przecięcie w 1/2.
(d) Zmienne X i Y są niezależne o rozkładzie jednostajnym na (0, 1). Wtedy V aR[X + Y, 3/4] ¬
V aR[X, 3/4] + V aR[Y, 3/4].
Podobnie jak w poprzednim podpunkcie w 3/4 wykres funkcji kwantylowej dla splotu leży
poniżej sumy funkcji kwantylowych dla zmiennej (funkcja kwadratowa nad funkcja liniową dla
dystrybuant).
9. (a) Niech W będzie ryzykiem takim, że P (W = 0.5) = p = 1 − P (W = 0). Wtedy równanie
MW −1 (r) = 1 nie ma dodatniego rozwiązania.
Równanie sprowadzamy do zp + z 2 q = 1, które ma pierwiastki 0, −p/q, z = exp(−r/2).
(b) Niech W będzie ryzykiem takim, że P (W = 2) = 1/2 = 1 − P (W = 0). Wtedy równanie
MW −1 (r) = 1 nie ma dodatniego rozwiązania.
Tutaj rozwiazanie istnieje dla p < 1/2, (ćwiczenia). Dla p = 1/2 nie istnieje.
(c) Niech X będzie ryzykiem o rozkładzie z dystrybuantą taką, że 1 − F (x) = min(1, x−4 ), wtedy
równanie MX (r) = cr + 1, c > 0 nie ma dodatniego rozwiązania.
Rozkład Pareto jest ciężkoogonowy, więc MX (t) jest nieskończona dla t > 0, tym bardziej nie
może być równa prawej stronie.
(d) Niech X będzie ryzykiem o rozkładzie z gęstością βexp(−βx)I(0,∞) (x), wtedy równanie MX (r) =
cr + 1, c > 0 ma dodatnie rozwiązanie, gdy β > c.
Łatwe bezposrednie wyliczenia dają t(βc−1)−t2 c = 0, stąd inne niż 0 rozwiazanie jest β −1/c,
czyli musi być β > 1/c.
4
10. (a) Zmienna X =√min(10, Y ), gdzie Y ma rozkład jednostajny na (0, 100). Wtedy P ((X1 + · · · +
Xn − n9.5)/ (n37/12) ¬ x) →n→∞ Φ(x), gdzie Φ oznacza dystrybuantę standardowego
rozkładu normalnego, a (Xi ) są iid o rozkładzie takim jak X.
Liczenie średniej i wariancji z obciętego rozkładu jednostajnego. Wartość średnia do odczytania z rysunku ogona
∫ równa 9.5. W celu liczenia wariancji wygodnie liczyć drugi moment ze
wzoru E(X k ) = k xk−1 (1 − F (u))du. Tutaj (całkowanie funkcji kwadratowej) E(X 2 ) = 93 13 .
1
V arX = E(X 2 ) − (9.5)2 = 3 12
.
√
(b) Jesli S jest zmienną o rozkładzie Poissona z parametrem λ, to P ((S − λ)/ (λ) ¬ x) →λ→∞
Φ(x), gdzie Φ oznacza dystrybuantę standardowego rozkładu normalnego.
Nie ma co liczyć, bo P oi(λ) jest rozkładem sumy n niezależnych zmiennych o rozkładach
P oi(λ/n) i stosujemy zwykłe CTG. Wariancja P oi(λ) = λ.
(c) Niech SN = X1 + · · · + XN , dla (Xi ) iid o rozkładzie wykładniczym o wartości średniej
0.5. N jest niezależna
od (Xi ) o rozkładzie ujemnym dwumianowym Bin− (r, 1/5). Wtedy
√
P ((SN − 2r)/ (6r) ¬ x) →r→∞ Φ(x), gdzie Φ oznacza dystrybuantę standardowego rozkładu
normalnego.
Ujemny dwumianowy ma srednią i wariancje odpowiednio q/p, q/(p2 ), a wykładniczy Exp(λ),
1/λ, 1/λ2 , odpowiednio, stosujemy, V arSN = V arXEN + V arN (EX)2 .
(d) Niech SN = X1 + · · · + XN , dla (Xi ) iid o rozkładzie równomiernym na zbiorze {1,√2, 3}. N
jest niezależna od (Xi ) o rozkładzie dwumianowym Bin(n, 1/2). Wtedy P ((SN − n)/ 4n/3 ¬
x) →n→∞ Φ(x), gdzie Φ oznacza dystrybuantę standardowego rozkładu normalnego.
Stosując wzór na V arSN liczymy resztę na palcach.
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
a)
b)
c)
d)
5