Economic subjects | Insurance » Általános biztosítás 2, 4. óra

Általános biztosítás 2, 4. óra Eddig kifutási háromszögekr®l beszéltünk és ponbecslést adtunk. Most eloszlást is feltételezünk, pl.: mekkora eséllyel lesz 2x akkora a kizetés, vagy 100 millióval több, stb Eddig nem volt eloszlásunk a kizetésekre, de mostantól tételezzük fel, hogy ismerjük ezeket az eloszlásokat. Xi,j nem kumulált kizetések X Pi,j ∼ µi γj -Poisson és függetlenek. j γj = 1 Xi,0 , Xi,1 , . Xi,J Az i-edik évben bekövetkezett és még abban az évben, vagy 1 évvel utána, vagy 2 évvel utána.stb zetett károk nagysága Ci,j = Xi,0 + Xi,1 + . + Xi,J Az i-edik évben bekövetkezett, és J -edik évig kizetett károk összegeEz P µi Jj=1 γj -Poisson = µi -Poisson. Cél: Ci,j becslése. µi γj+1 γj+1 E(Xi,j+1 ) = = E(xi,j ) µ i γj γj Állítás: Ha a fenti Poisson-modell feltételezései igazak ⇒ Burnhuetter-Ferguson feltételezései is igazak. B-F. feltételek: a {C1j }; {C2j }; . {CIj } függetlenek, azaz a

sorok/évek függetlenek b ∃µ0 , µ1 , . , µI > 0 konstansok és β0 , β1 , βJ > 0 konstansok úgy, hogy βJ = 1 és E(Ci,0 ) = β0 µi E(Ci,j+k |Ci,0 . Ci,j )=Ci,j + (βj+k − βj )µi Vagy másik feltételnek szokták még felírni: E(Cij ) = βj µi és E(Ci,J ) = µi . Ez utóbbi gyengébb feltevés µi jelentése: i. évben várhatóan mennyit zet ki βj jelentése: j . év végéig összesen milyen részét zetik ki a károknak Bizonyítás: P Xi,j független ⇒ 1, Sorok/évek függetlenek. 2; ECi,0 =E( 0j=0 Xi,j )=E(Xi,0 )=E(µi γ0 − Poisson)=µi γ0 Pj Pj+k P E(Ci,j+k |Ci,0 , Ci,1 , . Ci,j )=E( j+k l=0 Xi,l + l=j+1 Xi,l |Ci,0 , Ci,1 . Ci,j ) l=0 Xi,l |Ci,0 , Ci,1 . Ci,j )= E( P Pj+k Pj+k Pk =E(Ci,j + l=j+1 Xi,l |Ci,0 . Ci,j )=Ci,j + l=j+1 E(Xi,l )=Ci,j +µi l=1 γj+l =(Jelölés: βj = jl=0 γl )=Ci,j + (βj+k − βj )µi Becsüljük meg µi -t és γj -t! ⇒ Tartalékokra becslés. Maximum likelihood módszert használunk (Likelihood

függvény: beírjuk a µi γj -Poissonok s¶r¶ségfüggvényének szorzatát) DI = {Xi,j i + j ≤ I, 0 ≤ j ≤ J} Tegyük fel, hogy I=J Q (µ γ )Xi,j e−µi γj L(µ0 , Qmu1 , . µi , γ0 , γ1 , γJ )= i+j≤I,j≤J i j Xi,j ! Ebb®l a loglikelihood függvény: (A nevez®P P ben lév® Xi,j ! a konstansba megy át.) l = c + i,j Xi,j log(µi γj ) − i,j µi γj Maximum loglikelihood meghatározása: deriváljuk aP loglikelihod függvényt µi szerint. P P P PI−1 PI−i 1 ∂l 1 = j Xi,j µi − j γj = 0 i = 0, 1, . I Azaz j Xi,j µi = j γj , tehát j=0 Xi,j = j=0 γj µi ∂µi i = 0, 1, . I P P ∂l 1 γj szerint deriválva: ∂γ = X − i,j i i µi = 0 j = 0, 1, . J(= I) γ j j P P P PI−j Azaz i Xi,j γ1j = i µi j = 0, 1, . J(= I), tehát I−j i=0 Xi,j = i=0 γj µi j = 0, 1, . J(= I) Maximum likelihood egyenletek: I−1 X j=0 Xi,j = I−i X µi γj i = 0, 1, . I j=0 3 I−j X Xi,j = i=0 I−j X µ i γj i=0 J X γj = 1 j=1

Poisson =X̂ P o :=µ̂i γˆj X̂i,j Pj PJ Pj Pi,jI−i Pj Po Po Po X = i,k l=I−i+1 µ̂i γ̂l Ĉi,J =Ĉi,I =Ci,I−i + l=I−i+1 µ̂i γ̂l = k=0 k=0 Xi,k + k=I−i+1 Xi,k =Ĉi,j :=Ci,I−i + 1 PI−i z }| { J X PJ γ̂l + l=I−i+1 µ̂i γ̂l =µ̂i γ̂l Tehát az összkizetés el®rejelzése µ̂i µ̂i |{z} l=0 l=0 l-t®l n. Po CL Állítás: Ĉi,J = Ĉi,J i = 0, 1, . , I P PI−j Pj Lemma: I−j C = i,j i=0 i=0 µ̂i k=0 γ̂k j = 0, 1, . , I(= J) 1 z }| { J X P0 γ̂k Lemma bizonyítása: Tfh. j=J-re teljesülC0,J = i=0 µ̂i k=0 1 z }| { J X γ̂k =µ̂0 Tehát j = J -re teljesül. =µ̂0 k=0 Tegyük fel, hogy j -re teljesül, jP− 1-re teljesül-e? P P I−(j−1) (C − X ) + CI−j+1,j − Xi−j+1,j = Ci,j−1 + CI−j+1,j = I−j Ci,j−1 = I−j i=0 i=0 i=0 P P PI−ji,j Pji,j PI−j PI−j Xi,j − XI−j+1,j = Ci,j + CI−j+1,j − i=0 Xi,j − XI−j+1,j = i=0 µ̂i k=0 γ̂k + jk=0 XI−j+1,k − I−j i=0P i=0 Pj−1 PI−j Pj PI−j Pj−1

PI−j Pj µ̂i k=0 γ̂k + k=0 XI−j+1,k − i=0 Xi,j = i=0 µ̂i k=0 γ̂k + k=0 µ̂I−j+1 γ̂k − I−j i=0 µ̂i γ̂j = i=0 Pj−1 PI−j Pj−1 k=0 γ̂k Tehát J − 1-re az állítás teljesül. Innent®l teljes indukcióval visszak=0 γ̂k + µI−(j−1) i=0 µ̂i felé haladva mindegyik j -re igaz. Állítás bizonyítása: P P Po Po Ĉi,J =µ̂i =(Ĉi,j :=Ci,I−i + Jj=I−i+1 µ̂i γ̂j =µ̂i Jj=0 γ̂j ) 1 z }| { J X γ̂j Po Ĉi,J =µ̂i PI−i Kérdés: PI−j PI−i+1 j=0 P PI−i j=0 γ̂j I−i γ̂ =Ci,I−i γ̂ j=0 j=0 i=0 Ci,j PI−j i=0 Ci,j−1 = j j=0 Pj i=0 µ̂i k=0 γ̂k PI−j Pj−1 i=0 µ̂i k=0 γ̂k γ̂j j PI−i+2 j=0 PI−i+1 j=0 γ̂j PJ γ̂j j=0 . PJ−1 γ̂ γ̂ j j=0 j Pj k=0 Pj−1 k=0 γ̂k PI−j k i=0 i=0 Ci,j = PI−j γ̂ C i,j−1 PI−j PI−j+1 Pj−1 PI−j Pj−1 PI−(I−(j−1)) C = C −C = µ̂ γ̂ − µ̂ γ̂ = ( µ̂ ) i,j−1 i,j−1 I−j+1,j−1 i k k i I−(j−1) k=0 i=0 i=0

i=0 k=0 i=0 k=0 γ̂k ˆ Ez pont fj ⇒ Ez a lánc-létra becslés. Tehát független Poissonok ML-el®rejelzése pont a lánclétra módPI−j PI−j+1 szert adja. Korábbi kizetés el®rejelzése P P µ̂i γ̂j -Poisson i+j>I,j≤J µi γj -Poisson Kés®bb feltéetelezzük, hogy a kizetéseknek van eloszlása. HF: Normális eloszlás adott E(X) = X σ 2 = D2 (X) ξ1 , ξ2 . ξn adott ξn+1 ∼ N (m, σ 2 ) P (ξn+1P< X) = 97, 5% n (ξ −m)2 P (ξn+1 < m + 1.96 · σ) = 97, 5% m = ξ1 +ξ2n+ξn σ 2 = i=1 n2i P (ξˆn+1 < m̂ + k · σ̂) = 97, 5% Mit kell k helyére írni, hogy egyenl®ség legyen? P µ0 = 100γ0 = 50% µ1 = 150γ1 = 20% µ2 = 300γ2 = 20% µ3 = 100γ3 = 10% i+j>I,j≤J µ̂i γ̂j -Poissonok. 95 %-os valószín¶séggel a kés®bbi károk ez alatt a szint alatt maradnak. Valójában milyen szintet ad? Hibák Most négyzetes hibákat vizsgálunk. 4 D: Meggyelések σ -algebrája X -et akarjuk el®rejelezni X̂ el®rejelzés ∼D z }|

{ 1.1 Deníció (El®rejelzés feltételes négyzetes hibája) msepX|D (X̂) = E((X − X̂)2 |D) ∼D 0 z }| { z }| { E((X − X̂)2 |D)=E((X −E(X|D) + E(X|D) −X̂)2 |D) 0 z }| { 2 2 =E((X − E(X|D)) |D) + E((E(X|D) − X̂) |D) + 2 E((X − E(X|D)(E(X|D) − X̂))|D) =E((X − E(X|D))2 |D) + E((E(X|D) − X̂)2 |D) n. D-t®l z }| { 2 msepX|D (X̂) = D (X|D) + E((E(X|D) − X̂)2 |D)=D2 (X|D) + (E(X|D) − X̂)2 Ha X független D-t®l, kizetés E()-jét kell megközelíteni. msepX|D (X̂) = D2 (X) + (E(X) − X̂)2 5