Lösungen von Aufgaben

Mathematics of Non-Life Insurance FS 2017: Lösungen
Übung 2.6.1
(1) Es gilt
g : (a, ∞) → I
1
x 7→ b − .
x
Daher ist I = (b − 1/a, b) der Wertebereich.
(2) Sei X ∼ Pareto(1) und a = b = 1. Dann folgt
Y = g(X) = 1 −
1
x
und
g (−1) (y) = (1 − y)−1 .
Schliesslich erhalten wir
FY (y) = FX
1
1−y
= y,
∀y ∈ (0, 1),
d.h. Y ist uniformverteilt in (0, 1).
Übung 2.6.8
(1) Sei x = λr + (1 − λ)s, λ ∈ [0, 1]. Es folgt aus der Konvexität von f , dass
f (x) ≤ λf (r) + (1 − λ)f (s) ⇐⇒ f (x) − f (r) ≤ −(1 − λ)f (r) + (1 − λ)f (s).
Zudem gilt
x − r = (1 − λ)(s − r) ⇐⇒ 1 − λ =
x−r
s−r
und deshalb erhalten wir
i
x − rh
f (x) − f (r) ≤
f (s) − f (r) ,
s−r
∀x ∈ [r, s].
(2) Seien f konvex und g wachsend und konvex. Dann gilt
g(f (λx + (1 − λ)y)) ≤ g(λf (x) + (1 − λ)f (y))
≤ λg(f (x)) + (1 − λ)g(f (y)).
Übung 2.6.9
Für die Überlebensfunktion F̄ (x) = 1 − F (x) des Netzes gilt
F̄ (x) = F̄AB (x)F̄AC (x)F̄BC (x) + FAB (x)F̄AC (x)F̄BC (x)
+ F̄AB (x)FAC (x)F̄BC (x) + F̄AB (x)F̄AC (x)FBC (x).
(1) Den Skalenparameter können wir λ = 1 wählen. Dann gilt F̄AB (x) = F̄AC (x) =
F̄BC (x) = e−x und man erhält
F̄ (x) = e−3x + 3(1 − e−x )e−2x = e−2x (3 − 2e−x ),
f (x) = 6e−2x (1 − e−x ),
f (x)
6 − 6e−x
2
h(x) =
.
=
=
2
−
3 − 2e−x
3ex − 2
F̄ (x)
Somit is h(x) wachsend in x und F (s) gehört zur IFR-Familie.
(2) Wir können λ = 2 wählen und erhalten
F̄ (x) = e−5x + e−6x + e−7x − 2e−9x ,
f (x) = 5e−5x + 6e−6x + 7e−7x − 18e−9x ,
5 + 6e−x + 7e−2x − 18e−4x
h(x) =
.
1 + e−x + e−2x − 2e−4x
Wir setzen s = e−x . So nimmt s Werte zwischen 0 und 1 an. Die Ausfallrate ist
nun
5 + 6s + 7s2 − 18s4
h̃(s) =
1 + s + s2 − 2s4
und für ihre Ableitung erhält man
0
h̃ (s) =
1 + 4s + s2 − 32s3 − 18s4 − 8s5
.
(1 + s + s2 − 2s4 )2
0
0
Für Werte von s nahe bei 1 (d.h. für kleine x) ist h̃ (s) < 0 und damit h (x) > 0.
0
0
Wenn dagegen s nahe bei 0 liegt (d.h. für grosse x), so ist h̃ (s) > 0 und h (x) < 0.
Damit gehört F (·) des Netzes nicht zur IFR-Familie.
Übung 2.6.11
(1) Die Verteilungsfunktion der Mischung ist
1
4
F (x) = 1 − e−x − e−5x .
5
5
Somit erhalten wir für die Exzess-Funktion
R∞
R ∞ 1 −t 4 −5t
1 −x
4 −5x
(1
−
F
(t))dt
e + 5 e dt
e + 25
e
5
x
x 5
ex(x) =
=
= 1 −x 4 −5x .
1 −x
4 −5x
1 − F (x)
e + 5e
e + 5e
5
5
Es ist offensichtlich, dass
lim ex(x) = 1.
x→∞
2
(2) Wenn man ex(x) ableitet, sieht man, dass (ex(x))0 > 0. Somit handelt es sich um
eine IMRL-Verteilung.
(3) Allgemein kann man nicht sagen, ob es sich um eine IMRL- oder DMRL-Verteilung
handelt.
Übung 2.6.15
(1) Sei X ∼ Pareto(α), d.h. P(X ≤ x) = 1 − x−α für alle x ≥ 1 und α > 0. Wir
erhalten für die Exzess-Funktion
R∞
R ∞ −α
(1
−
F
(t))dt
t dt
x
= x −α
,
ex(x) = x
=
1 − F (x)
x
α−1
falls α > 1 ist.
(2) Es handelt sich um die Loglogistische Verteilung. Es gilt
1 − F (tx)
1 + βx−α
= lim = t−α
= t−α .
x→∞
x→∞ 1 − F (x)
1 + β(tx)−α
lim
Somit ist F vom Pareto-Typ und der Index der regulären Variation ist −α. Wir
wählen
βxα
l(x) = α
.
x +β
(3) Für die Exzess-Funktion erhalten wir
R∞
x
ex(x) =
(1 − F (t))dt
=
1 − F (x)
R∞
x
β
dt
tα +β
.
β
xα +β
Das letzte Integral exisiert, falls α > 1. Allerdings ist es nicht möglich, einen
geschlossenen Ausdruck für dieses Integral zu finden.
(4) Es gilt
ex(x)
= lim
lim
x→∞
x→∞
x
R∞
R∞
x
x
(1 − F (t))dt
= lim
x→∞
x(1 − F (x))
t−α l(t)dt
,
x1−α l(x)
wobei l(x) = βxα /(xα + β) mit α, β > 0. Mit dem Satz von Karamata folgt nun
ex(x)
1
=
.
x→∞
x
α−1
lim
Somit gilt
ex(x) ∼
wenn x → ∞.
3
x
,
α−1
(5) Da ex(x) → ∞, wenn x → ∞, gehört F nach Satz 2.39 zu den subexponentiellen
Verteilungen. Weiter liefert Satz 2.43 die folgende Aussage: Wenn die VerlustVerteilungsfunktion F zur subexponentiellen Klasse gehört, dann gilt
lim eεx (1 − F (x)) = ∞,
∀ε > 0.
x→∞
Daher folgt
Z
∞
εx
Z
εy
e dF (x) ≥ e
y
∞
dF (x) = eεy (1 − F (y)) −→ ∞,
y
wenn y → ∞. Deshalb gilt
∞
Z
eεx dF (x) = ∞,
M (ε) =
ε > 0.
0
Übung 2.6.16
(1) Wir erhalten
P(X1 + X2 + X3 = 5) = P(X1 = 0)P(X2 = 2)P(X3 = 3)
+ P(X1 = 1)P(X2 = 1)P(X3 = 3)
+ P(X1 = 1)P(X2 = 2)P(X3 = 2)
= 0.9 · 0.2 · 0.25 + 0.1 · 0.3 · 0.25 + 0.1 · 0.2 · 0.25
= 0.0575.
(2) Sei X ∼ Exponential(λ) und Y ∼ Gamma(α, λ), wobei α, λ > 0. Die Dichte von
X ist
g(x) = λe−λx , x > 0,
und die Dichte von Y ist
f (x) =
λα −λx α−1
e x ,
Γ(α)
x > 0.
Sei h(z), z > 0, die Dichte von Z = X + Y . Mit der Formel für die Faltung erhalten
wir
Z z
h(z) =
f (t)g(z − t)dt
Z0 z α
λ
=
e−λt tα−1 λe−λ(z−t) dt
0 Γ(α)
Z
λα+1 −λz z α−1
=
e
t dt
Γ(α)
0
λα+1 −λz α
e z .
=
Γ(α + 1)
Im letzten Schritt haben wir ausgenützt, dass Γ(α + 1) = αΓ(α). Somit ist Z
Gamma(α + 1, λ) verteilt.
4
(3) Es ist bekannt, dass die Gammaverteilung eine direkte Verallgemeinerung der Exponentialverteilung ist. Sei nun X ∼ Exponential(λ) verteilt, dann ist X anders
ausgedrückt Gamma(1, λ) verteilt. Die Summe aus stochastisch unabhängigen gammaverteilten Zufallsvariablen ist wiederum gammaverteilt. Somit ist die gefragte
Summe Gamma(n, λ) verteilt. Diese Verteilung ist auch als Erlang-Verteilung
bekannt.
(4) Sei X ∼ Uniform(0, 1) und Y eine unabhängige Zufallsvariable mit der Dichte


0 ≤ y < 1,
y,
fY (y) = 2 − y, 1 ≤ y < 2,


0,
sonst.
Wir sind interessiert an Z = X + Y . Es gilt
Z zZ
FZ (z) = P(Z ≤ z) =
0
z−x
fX (x)fY (y)dydx.
0
Wenn z ∈ (0, 1), dann gilt
z
Z
Z
z−x
FZ (z) =
y dydx =
0
Für z ∈ (1, 2) erhalten wir
Z
Z z−1 Z 1
y dydx +
FZ (z) =
0
1
Z
z−x
Z
z−1
Z
0
z−x
(2 − y) dydx
y dydx +
z−1
0
=z−1+
0
z3
.
6
0
1
(2 − z)3 (z − 1)3
−
.
6
6
Wenn z ∈ (2, 3), dann gilt
Z
1
Z
2
FZ (z) = 1 −
(2 − y) dydx = 1 −
z−2
z−x
(3 − z)3
.
6
Somit gilt
 2
z

,
0 ≤ z ≤ 1,

2


−z 2 + 3z − 3 , 1 ≤ z ≤ 2,
2
fZ (z) = (z2 −6z+9)

,
2 ≤ z ≤ 3,

2


0,
sonst.
Übung 3.6.1
(1) Sei Kt ∼ Poisson(5t), wobei t die Anzahl Monate darstellt. Dann gilt
E(Kt ) = 5t
und somit erhalten wir für t = 5 den Wert 25.
5
(2) Sei T1 ∼ Exponential(5)-verteilt. Dann erhalten wir
Z ∞
5e−5t dt = e−10 .
P(T1 > 2) =
2
(3) Es ist offensichtlich, dass
1
E(T1 ) = .
5
(Wobei die Zeit in Monate gemessen wird.)
Übung 3.6.2
Für alle t ≥ 0 gilt P(T ∈ (t, t + dt) | T > t) = a dt, wobei a > 0.
(1) Kein Schaden während (0, t) ist äquivalent zu T > t. Daher sind wir an
P (T > t) = 1 − F (t)
interessiert.
(2) Wir erhalten
f (t)dt
= h(t)dt
1 − F (t)
P(T ∈ (t, t + dt) | T > t) =
und somit ist a = h(t) die momentane Ausfallrate, die konstant ist.
(3) Es gilt
at = − log(1 − F (t)) + c
⇐⇒
⇐⇒
e−at+c = 1 − F (t)
F (t) = 1 − e−at+c .
Da F (0) = 0 ist, folgt c = 0. Deshalb erhalten wir auch f (t) = ae−at , t ≥ 0.
(4) Sei At = {ω ∈ Ω | T (ω) > t}, dann gilt
P(T > t, ∀t ≥ 0) = P({ω ∈ Ω | T (ω) > t, ∀t ≥ 0})
!
\
=P
{ω ∈ Ω | T (ω) > t}
t≥0
= P lim At
t→∞
= lim P(At )
t→∞
= lim e−at
t→∞
= 0.
Wir konnten den Satz der monotonen Konvergenz anwenden, da At fallend ist.
Übung 3.6.3
6
(1) Wir stellen fest, dass
⇐⇒ genau n − 1 Ereignisse in [0, t] oder
genau n − 2 Ereignisse in [0, t] oder
..
.
genau 0 Ereignisse in [0, t].
Tn > t
Dabei handelt es sich um disjunkte Ereignisse und somit ist
P (Tn > t) =
n−1
X
P (Nt = i).
i=0
(2) Es sei
P (Nt = i) =
(at)i −at
e ,
i!
i = 0, 1, . . .
gegeben. Dann gilt
n−1
n−1
X
d X
P (Nt = i) = −
−
dt i=0
i=0
=
ai+1 ti −at
ai ti−1 −at
e 1{i>0} −
e
(i − 1)!
i!
an tn−1 −at
d
e
= P(Tn ≤ t).
(n − 1)!
dt
Damit ist Tn Gamma(n, a)-verteilt.
Übung 3.6.4
Wir wollen zeigen, dass
1
pk,k+n (s, t) =
n!
Z
n
t
λ(x)dx
Z
exp{−
s
t
λ(x)dx}
s
für 0 < s < t und k, n = 0, 1, . . . , wenn λ(t) = λ0 (t) = λ1 (t) = . . . gegeben sind. Für
n = 0 erhalten wir mit Satz 3.17
Z t
pk,k (s, t) = exp{−
λ(x)dx}.
s
Nun nehmen wir an, dass die Formel für n − 1 stimmt. Daher gilt
Z t
Z t
pk,k+n (s, t) =
λk+n−1 (y) pk,k+n−1 (s, y) exp{−
λk+n (x)dx}dy
s
y
Z y
n−1
Z t
1
=
λ(y) exp{−
λ(x)dx}
λ(x)dx
exp{−
λ(x)dx}dy
(n − 1)!
s
s
s
y
Z y
n−1
Z t
Z t
1
=
λ(y)
λ(x)dx
dy exp{−
λ(x)dx},
(n − 1)! s
s
s
Z
t
Z
y
7
für n ≥ 1. Es ist offensichtlich, dass
n
Z y
n−1
Z y
d
λ(x)dx = n
λ(x)dx
λ(y)
dy
s
s
und deshalb folgt
Z y
n
Z
Z t
1
1 t d
pk,k+n (s, t) =
λ(x)dx dy exp{−
λ(x)dx}
(n − 1)! n s dy
s
s
Z t
n
Z t
1
λ(x)dx
exp{−
λ(x)dx},
=
n!
s
s
für n ≥ 1.
Übung 3.6.5
Es sei T1 die Zeit bis zum ersten Feuer. Dann gilt
P(T1 > t) = P(Nt = 0) = e−Λ(t) ,
wobei
Z
t
Z
a + b cos
λ(t)dt =
Λ(t) =
t
0
0
2π
365b
2π
t dt = at +
sin
t .
365
2π
365
Deshalb erhalten wir
Z
E(T1 ) =
∞
Z
P(T1 > t)dt =
0
∞
e−Λ(t) dt.
0
Das letzte Integral kann man numerisch lösen.
Übung 3.6.6
Wir stellen fest, dass
(j)
P(Nt
= n) = e−λj t
(λj t)n
,
n!
j = 1, . . . , m.
Es ist bekannt, dass die Summe X1 +· · ·+Xm stochastisch unabhängiger Poisson-verteilter
Zufallsvariablen X1 , . . . , Xm mit den Parametern λ1 , . . . , λm eine Poisson Verteilung mit
(1)
(m)
Parameter λ1 +· · ·+λm hat. Deshalb ist {Nt +· · ·+Nt } Poisson-verteilt mit Parameter
(1)
(m)
t(λ1 + · · · + λm ). Weiter gilt P(N0 + · · · + N0 = 0) = 1. Die Zuwächse sind stationär
und unabhängig, da jeder Prozess bereits diese Eigenschaften erfüllt. Somit handelt es
sich um einen Poisson Prozess mit Parameter λ1 + · · · + λm .
Übung 3.6.12
8
(1) Die momenterzeugende Funktion von N ist
MN (λ) =
∞
X
λk
k
e p(1 − p) = p
k=0
∞
X
(1 − p)eλ
k
k=0
=
p
,
1 − (1 − p)eλ
wenn
(1 − p)eλ < 1
⇐⇒
λ < − log(1 − p).
Die momenterzeugende Funktion von X ist
∞
Z ∞
1
1 x(λ−1)
xλ −x
e
=
,
e e dx =
MX (λ) =
λ−1
1−λ
0
0
wenn λ < 1. Deshalb gilt
MZ (λ) = MN (log MX (λ)) =
p
p(1 − λ)
,
1−p =
p−λ
1 − 1−λ
λ < p.
(2) Es gilt
p(1 − λ)
p(p − λ + 1 − p)
p
=
= p 1 + (1 − p)
, λ < p.
p−λ
p−λ
p−λ
Offensichtlich ist 1 die momenterzeugende Funktion von 0. Hingegen ist p/(p − λ)
die momenterzeugende Funktion einer Ex(p)-verteilten Zufallsvariable.
(3) Aus der Teilaufgabe (2) folgt somit
P (Z ≤ z) = p + (1 − p) 1 − e−pz ,
z ≥ 0.
Übung 3.6.14
Sei N eine Zufallsvariable mit P (N = n) = (1/5)n 4/5. Weiter sind X1 , X2 , . . . i.i.d.
Zufallsvariablen mit P(X1 = 1) = 0.5, P (X1 = 2) = 0.4 und P(X1 = 3) = 0.1. Zusätzlich
P
wird angenommen, dass N und X1 , X2 , . . . unabhängig sind. Wir definieren Z = N
i=1 Xi .
Es sei nun
p∗n (x) = P(X1 + · · · + Xn = x).
Dann gilt
P(Z = z) =
∞
X
p∗n (z)P(N = n).
n=0
∗0
Es ist einfach zu sehen, dass p (3) = 0, p∗1 (3) = 0.1, p∗2 (3) = 2 · 0.5 · 0.4 = 0.4,
p∗3 (3) = 0.53 = 0.125 und p∗4 (3) = p∗5 (3) = · · · = 0. Deshalb gilt
1
4
4
4
1
74
4
+
+
=
.
P (Z = 3) =
25 10
125 10
625 8
2500
Im anderen Fall erhalten wir
4
P (Z = 0) = .
5
Übung 3.6.19
9
(1) Die momenterzeugende Funktion von Nt ist
M (v) = E evNt = exp{λt[ev − 1]}.
Zudem gilt
√ λ̂t − λ
Nt − λt
= √
.
t √
λ
λt
Wir erhalten
√
v
Nt − λt
= E exp √ Nt exp{−v λt}
M (v) = E exp v √
λt
λt
√
v
= exp λt exp √
− 1 − v λt
λt
√
v2
v
−1
+ o(t ) − 1 − v λt
= exp λt 1 + √ +
λt 2λt
2
v
−1
+ o(t ) ,
= exp
2
∗
für t → ∞. Deshalb gilt
√ λ̂t − λ
Nt − λt d
t √
= √
→
− N (0, 1).
λ
λt
(2) Mit dem Hinweis folgt sofort
√ λ̂t − λ
t √
= Op (1)
λ
und deshalb gilt auch
− 12
λ̂t = λ + Op t
Übung 4.9.5
Sei
r
f (x) =
(
Θ
Θ
exp −
3
2πx
2x
x−µ
µ
.
2 )
,
x > 0,
die Dichte der inversen Normalverteilung mit Parametern Θ > 0 und µ > 0. Dann
müssen wir
(
2 )
Z ∞r
Θ
Θ x−µ
MX (v) =
exp vx −
dx
2πx3
2x
µ
0
10
bestimmen. Wir stellen fest, dass
2
Θ x−µ
Θ
2vµ2 2
2
2
vx −
=− 2
−
x + x − 2xµ + µ
2x
µ
2µ x
θ
Θ
2vµ2
2
2
=− 2
1−
x − 2xµ + µ
2µ x
θ
r
Θ
2vµ2
2vµ2
2
=− 2
1−
x −2 1−
xµ + µ2
2µ x
θ
Θ
r
2vµ2
+ 2xµ
1−
−1
Θ
r
r
2
2vµ2
2vµ2
Θ
Θ
1−
=− 2
x−µ +
1− 1−
.
2µ x
θ
µ
Θ
Zudem gilt
Z ∞r
0
(
Θ
Θ
exp −
3
2πx
2x
sx − µ
µ
2 )
Z
dx =
0
∞
r
(
Θ
Θ
exp −
3
2πx
2x
x − µ/s
µ/s
2 )
dx
= 1,
q
für alle s > 0. Die letzte Gleichung gilt zum Beispiel auch für s = 1 −
folgt
( r
)
Θ
2vµ2
MX (v) = exp
.
1− 1−
µ
Θ
2vµ2
.
θ
Deshalb
Übung 4.9.11
√
√
(1) Nein, √
denn die Zuwächse Xs+t − Xs = ( s + t − s)Z sind nicht unabhängig von
Xs = sZ.
(2) Ja, denn für alle 0 ≤ s < t gilt
p
Xt − Xs = ρ (Wt − Ws ) + 1 − ρ2 (W̃t − W̃s )
p
√
d √
= ρ t − s Z + 1 − ρ2 t − s Z̃,
wobei Z und Z̃ unabhängig und standardnormalverteilt sind. Deshalb ist Xt − Xs
normalverteilt mit Erwartungswert 0 und Varianz ρ2 (t − s) + (1 − ρ2 )(t − s) = t − s.
Die anderen Eigenschaften folgen sofort aus der Tatsache, dass {Wt }t≥0 und {W̃t }t≥0
unabhängige Brownsche Bewegungen sind.
(3) Für t > 0 ist die Zufallsvariable St normalverteilt mit Erwartungswert µt und Varianz σ 2 t. Somit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit gleich der Wahrscheinlichkeit,
√
dass eine standardnormalverteilte Zufallsvariable kleiner ist als (−c − µt)/(σ t)
und diese Wahrscheinlichkeit ist positiv.
11