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

Please log in to read this in our online viewer!

Általános biztosítás 2, 4. óra

Please log in to read this in our online viewer!


 2013 · 3 page(s)  (717 KB)    Hungarian    13    May 18 2019  
    
Comments

No comments yet. You can be the first!

Content extract

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. γj = 1 Xi,0 , Xi,1 , . Xi,J Az i-edik évben bekövetkezett és még abban az évben, vagy 1 évvel utána, vagy 2 j 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 Kérdés: P j=0 γ̂j I−i γ̂ =Ci,I−i PI−i j=0 j=0 PI−j i=0 Ci,j PI−j i=0 Ci,j−1 = j PI−j i=0 PI−j i=0 µ̂i Pj PI−i+1 j=0 PI−i Pk=0 µ̂i j−1 k=0 j=0 γ̂j γ̂j PI−i+2 j=0 γ̂j PI−i+1 γ̂j j=0 PJ γ̂j j=0 . PJ−1 γ̂ j=0 j Pj k=0 Pj−1 k=0 γ̂k γ̂k PI−j i=0 Ci,j = PI−j C i=0 i,j−1 γ̂k γ̂k 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

1.1 Deníció (El®rejelzés feltételes négyzetes hibája) ∼D z }| { msepX|D (X̂) = E((X − X̂)2 |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