Gazdasági Ismeretek | Biztosítás » Általános biztosítás 2, 5. óra

Általános biztosítás 2, 5. óra El®z® óráról: Hibák Most négyzetes hibákat vizsgálunk. D: Meggyelések σ -algebrája X -et akarjuk el®rejelezni X̂ el®rejelzés ∼D 1.1 Deníció (El®rejelzés feltételes négyzetes hibája) z }| { 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 Folytatás: msepX|D (X̂) = E((X − X̂)2 |D) Feltétel nélküli négyzetes hiba: msepX (X̂) = E(X − X̂)2 Ha X független D-t®l. ⇒ msepX|D (X̂)=D2 (X|D) + (X̂ − E(X|D))2 =(függetlenség)=D2 (X) + (X̂ − E(X))2 =(ha eltoljuk a változót, a szórása nem

változik.)=D2 (X − E(X)) + (X̂ − E(X))2 =E(X − X̂)2 =(E(X̂) = E(X))=D2 (X) + D2 (X̂) ξ1 , ξ2P , . ξn független N (m, σ 2 ) =1n ξ ˆ = σ2 + σ 2 Ez lesz az el®rejelzési hiba D2 -e. Bk = {Ci,j i + j ≤ ξˆ = i n i E(ξˆ = m = E(ξ)) D2 (ξ) n I, j ≤ k} ξ várható értékét becsüljük meg. Általában a kizetés nem független a meggyelésekt®l Kérdés: Mi a lánc-létra becslés hibája? Mekkora a növekedési faktor becslésének hibája? Kumulált kizetési háromszögekb®l indulunk ki. B-F. feltételek (a, és b,): 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 2 c D2 (Ci,j |Ci,0 , Ci,1 . Ci,j−1 )=D2 (Ci,j |Ci,j−1 )=σj−1 Ci,j−1 Itt σj−1 egy, az oszlophoz tartozó konstans, azt mutatja meg, hogy a feltételes szórásnégyzet hogy néz ki Ci,j -hez képest. (Kifutási háromszög ÁBRA). a,-t,b-t és c, t szokták együtt Mack -feltételeknek, vagy Mack-modellnek nevezni. PI−j−1 Ci,j+1 C Fi,j+1 = Ci,j+1 fˆj = Pi=0 I−j−1 i,j C i,j i=0 PI−j−1 Ci,j ˆ fj = i=0 ( PI−j−1 Fi,j+1 ) A láncszem-hányados módszer becslések Fi,j -b®l származnak. k=0 3 σ2 j Állítás: E(fˆj ) = fj , azaz torzítatlan a becslés. D2 (fˆj |Bj )= PI−j−1 = C i,j i=0 PI−j−1 minα: αi =1 D ( i=0 αi Fi,j+1 |Bj ) Ezért az oszlopokat adjuk össze, ekkor a legkisebb a D2 Lemma: ξ1 , ξ2 . ξn korrelálatlanok E(ξi ) = m Pn Pés n 2 2 2 2 D -ek σ1 , σ2 . σn m̂ = i=1 αi ξi i=1 αi = 1 (m̂ torzítatlan) P 2 ξi i=1 σ 2 i Pn 1 i=1 σ 2

i Pn A legkisebb szórásnégyzet¶ ilyen becslésünk: Ekkor D2 (m̂)= Pn 1 Bizonyítás: 1 i=1 σ 2 i n db 1-es z }| { α = (α1 , α2 . αn ) , m̂ = α ξ ξ = (ξ1 , ξ2 ξn ) 1 = (1, 1, , 1) Feladat: D2 (αT ξ) min feltéve, hogy αT 1 = 1. V (ξ)=Σ; D2 (αT ξ)=αT Σα Ahol Σ=diag(σ12 , σ22 . σn2 ) Lagrange-féle multiplikátor-módszert használunk f = αT Σα − λ(αT 1 − 1) ∂f (αT Σα − λ(αT 1 − 1))=2Σα − λ1 = 0 ∂α 2Σα = λ1 Σα = 12 λ1 α = Σ−1 12 λ1 α = 12 λΣ−1 1 ∂f (αT Σα − λ(αT 1 − 1))=αT 1 − 1 = 0 ∂λ Az el®z® α-t ebbe behelyettesítve: αT 1 = 1 ( 21 λΣ−1 1)T 1 = 1 λ T 1 (Σ−1 )T 1 = 1= λ2 1T Σ−1 1 = 1 λ2 = 1T Σ1−1 1 2 Ezt behelyettesítve α = 21 λΣ−1 1 -be: 1 α = T −1 Σ−1 1 1 Σ 1 T T T = Σ−1 1 1T Σ−1 1 Korábban volt ez statisztikából, mint többdimenziós normális eloszlás paraméterbecslése. ξi i σi2 P P i σi2 -t megkaptuk Fi,j+1 i.sor

feltételesen is független, korrelálatlan |Bi feltétel mellett elemezni és Fi,j+1 -re alkalmazni. A feltételes szórásnégyzet¶ becslés: PI−j−1 1 F D2 (Fi,j+1 |Bj ) i,j+1 PI−j−1 1 i=0 D2 (Fi,j+1 |Bj ) i=0 A legkisebb feltételes D2 -¶ becslés így néz ki: 1 PI−j−1 i=0 D2 (Fi,j+1 |Bj )=D2 ( Ci,j+1 |Bj ) Ci,j 1 D2 (Fi,j+1 |Bj ) =(konstans négyzetesen kivihet®)= σj2 Ci,j σj2 1 2 D (C |B ) = = i,j+1 j 2 2 Ci,j Ci,j Ci,j 4 Kérdés: P 11 D 2 () σ2 j =?= PI−j−1 C i=0 i,j P 1 F D2 i,j+1 P 1 D2 Ci,j σj2 I−j−1 X = ( PI−j−1 k=0 i=0 σkj )Fi,j+1 σj2 2 Nem véletlenül szerepelt σj−1 Ci,j−1 , különben nem a lánc-létra jön ki. A szórás az el®z® érték gyökével változik. Baj: σj -ket nem ismerjük Feltételekhez írjuk még: PI−j−1 C 1 Ci,j ( Ci,j+1 − fˆj )2 σ̂j2 = I−j−1 i=0 i,j Állítás: i E(σ̂j2 )=σj2 , azaz torzítatlan a becslés. és ii E(σ̂j2 |Bj )= σj2 Nyilván (ii) ⇒ (i) E((

Ci,j+1 ˆ 2 Ci,j+1 Ci,j+1 − fj ) |Bj ) = (∗) = E(( − fj )2 |Bj ) − 2E(( − fj )(fˆj − fj )|Bj ) + E((fˆj − fj )2 |Bj ) (1) Ci,j Ci,j Ci,j E(( Ci,j+1 −fj )2 |Bj ) Ci,j Csak az i. sortól függ σ2 (b) fj = D2 ( CCi,j+1 |Bj )=(Konstans szorzó négyzetesen klivihet®.)= C12 D2 (Ci,j+1 |Bj )= P Cjk i,j i,j Ci,j+1 − fj )(fˆj − fj )|Bj ) E(|Bj ) = fj Ci,j C C Ci,j Ci,j+1 cov( Ci,j+1 , fj |Bj ) cov( Ci,j+1 , PI−j+1 |Bj ) Ci,j i,j i,j C k,j k=0 P1 cov(Ci,j+1 , Ci,j+1 |Bj ) Ck,j E(( = = = σ2 = P C1 k,j P Cjk,j P1 D2 (Ci,j+1 |Bj ) Ck,j 2 σj E((fˆj − fj )2 |Bj ) (b) D2 (fˆj |Bj )= PI−j−1 C i=0 (*) feltételes egyenlet folytatása: = PI−j−1 i=0 σj2 Ci,j ( Ci,j − σj2 PI−j−1 k=0 Ck,j σj2 Ci,j i,j − σj2 PI−j−1 k=0 Ck,j )=σj2 ((I − j) − 1) σ2 j Torzítatléan a becslés: E(fˆj |Bj )=D2 (fˆj |Bj ) + fj2 = PI−j−1 + fj2 C i=0 i,j CL A lánc-létra becslés alapján: Ĉi,J =Ci,I−i fˆI−i fˆI−i+1 .

fˆJ−1 CL CL E((Ĉi,J − Ci,J )2 |DI )=?=D2 (Ci,J |DI ) + (Ci,J − E(Ci,J |DI ))2 CL CL E((Ĉi,J − Ci,J )2 |DI )=?=D2 (Ci,J |DI ) + (Ci,J − E(Ci,J |DI ))2 D2 (Ci,J |DI ) Ez a károk ingadozásából ered, nem tudjuk befolyásolni. CL Viszont ezen: (Ci,J − E(Ci,J |DI ))2 tudunk dolgozni, hogy kicsi legyen. 2 D (Ci,J |DI )=(teljes szórásnégyzet tétel)=E[D2 (Ci,J |Ci,J−1 )|Ci,I−i ]+D2 (E(Ci,J |Ci,J−1 )|Ci,I−i )=(*) Ezt felírhatjuk, mert a sorok nek egymástól. 2 2 =(*)=σJ−1 E(Ci,J−1 |Ci,I−i ) + fJ−1 D2 (Ci,J−1 |Ci,I−i )= Q QJ−3 2 2 2 2 2 σJ−1 Ci,I−i J−2 k=I−i fk + fJ−1 σJ−2 Ci,I−i k=I−i fk + fJ−2 D (Ci,J−2 |Ci,I−i ) PJ−1 QJ−1 Q j−1 =Ci,I−i j=I−i n=j+1 fn2 σj2 m=I−i fm = J−1 J−1 X Y fn2 σj2 E(Ci,j |Ci,I−i ) = E(Ci,j |Ci,I−i )2 j=I−i n=j+1 J−1 X j=I−i 5 σj2 fj2 E(Ci,j |Ci,I−i ) f , σ ismeretlen. Becsüljük meg ®ket, és írjuk be a képletbe! CL 2 D2 (Cˆi,J |DI ) = (Ĉi,J ) =

CL 2 2 Ci,j−1 + σ̂j−1 D2 (Ĉi,j |DI )=D2 (Ĉi,j−1 |DI )fˆj−1 P P D2 ( Ii=0 Ci,J |DI )= Ii=0 D2 (Ci,J |DI ) CL Köv. órán (Ci,J − E(Ci,J |DI ))2 -t számoljuk ki. 6 J−1 X σ̂j2 fˆ2 j Ĉ CL j=I−i i,j