Egzamin dla Aktuariuszy z 16 maja 2005 r.

Matematyka Finansowa

Zadanie 1

k − kursUSD ~ λ( )

4

1

æ

P ö

ç1−

÷ - środki własne zaangażowane

è

100 ø

P ⋅ ,

0 05

zwrot: 1

( + R) −

k var( R) = 5

,

0

400

1

0

,

1 5 P

1 + R −

k 1

stopa zwrotu B:

400

−1

P

1 − 100

var wukl.

é

2

2

ù

}

1

P

0

,

1 5

5

,

0 ⋅ 4 =

ê 5

,

0 +

⋅ 16 ú → 1

,

1 025 2

p − 400 p + 15000 = 0 → p ≈ 42

2

æ

P ö ê

4002

ë

úû

ç1−

÷

è

100 ø

lub p>100 co niemożliwe

Zadanie 2

3

n − ( n − )

1 3 = 3 2

n − 3 n + 1

2

n − ( n − )

1 2 = 2 n −1

I = 13 + 23 v + 33 2

v + ...

Iv = 13 v + 23 2

v + ...

I 1

( − v) = 13 + 3

( ⋅ 22 − 3 ⋅ 2 + )

1 v + 3

( ⋅ 32 − 3 ⋅ 3 + )

1 2

v + ... =

= 1

(

3 2 + 22 v + 32 2

v + ...) − 2 − (

3 2 v + 3 2

v + ...)

2

+ v + v + ... =

= 1

(

3 2 + 22 v + 32 2

v + ...) − 1

(

3 + 2 v + 3 2

v + ...) + 1

2

+ v + v + ...

1

4

4

4

2

4

4

4

3

A

Av = 12 v + 22 2

v + ...

A 1

( − v) = 12 + (2 ⋅ 2 − )

1 v + (2 ⋅ 3 − )

1 2

v + ... = 2 1

( + 2 v + 3 2

v + ...) −1

2

− v − v − ...

1

4

4

4

2

4

4

4

3

B

2

Bv = v + 2 v + ...

1

2

B 1

( − v) = 1 + v + v + ... → B =

2

1

( − v)

2

1

1

(

3 + v)

3

1

−

−

+

1

( − v)2

1 − v

1 + v

1

( − v)3

1

( − v)2

1 −

A =

=

→ I =

v ≈ 79981

1 − v

1

( − v)3

1 − v

Zadanie 3

Bierze kredyt, wpłaca na depozyt: arbitraż gdy depozyt po roku większy od kredytu po roku Założenie: inwest.1 w PLN

Jest 6 możliwości (oczywiście bierzemy tylko pod uwagę w różnych walutach) 1

2

3

4

5

6

Kredyt:

PLN PLN EUR EUR USD USD

Dep:

EUR USD PLN USD PLN EUR

1. kredyt 1,1-PLN

dep: 0,2*1,03-EUR A)1,0918 E) 1,03

2. KREDYT: 1,1-PLN

DEP: 0,25*1,02-USD B(1,09395)

3. KREDYT: 0,2*1,06-EUR A) 1,1236 E) 1,06

DEP: 1,05-PLN

4. KREDYT: 0,2*1,06-EUR

DEP: 0,25*1,02-USD C)0,202725 D) 0,21428 EUR z tego wynika D) przy kursie 5. KREDYT: 0,25*1,04-USD

DEP: 1,05-PLN

6. KREDYT: 0,25*1,04-USD

DEP: 0,2*1,03-EUR

Zadanie 4

R ~ J (− ,

0

)

5

,

0

;

2

A

R ~ WYK (

)

1

,

0

0

P[47 1

(

5

,

+ R )

A

+ 4 ,

7

1

(

4 + R )

P R

R

0

≥ 100]

é

5 ù

= ê A + 0 ≥

ú

ë

47 5

, û

Znajdujemy rozkład R

: ( )

(

)

( )

A + R

g u

0

= ò∞ g u

1

− y g y dy

−∞

2

x ∈ (− ,

0 ;

2 ∞)

∞

1

g( x) =

χ

( x

ò

− y) ⋅1 e 1−0 y ( y) 0

χ

dy

( 0

− ,2;0,5]

(0;∞)

−∞

7

,

0

dl

a x ∈ (-0,2;0,5

) g

(x) = òx+0,2 1

−

10

10

10

y

e

dy =

[ −10( x+

1 −

0,2)

e

]

0

0,7

7

x

dl

a x ≥ 0,

5 g( x) = ò + 0,2 1

−

10

10

10

y

e

dy =

[ −10( x−0,5) −10( x+

e

−

0,2)

e

]

x − 0,5

7

,

0

7

5

é æ

5

10(

0,2)

öù

æ 5 ö

ODP = 1 − Fç

÷ =1− ò 10

x

10

5

47,5

[ −10( +

1 −

0,2)

e

]

−

+

dx = 1 − ê

ç

47,5

÷

+ 1

,

0 e

+ ,

0 2 − 1

,

0

ú ≈ 7 %

0

−

è 47 5

, ø

0,2 7

ê ç

÷

7

47 5

,

ú

ë è

øû

Zadanie 5

A - depozyt

B - WWW

C - ZZZ

A+B+C=1000000

Jak oba indeksy maleją lub tylko w to LOK=1000000

1000000

WYP : A ⋅ 1

,

1 2 ≥ 1000000 → A =

bo wyżej zależy bardziej od indeksów

1

,

1 2

1

B + C = 1000000 1

( −

)

1

,

1 2

1. oba indeksy rosną i w bardziej od z æ ind( )

w − 2000

ind ( z) − 24000 ö

1000000 k ⋅ maxç ;

0

−

÷ ≤

è

2000

24000

ø

B

æ ind( )

w − 2000 ö

C ⋅ 2400 æ ind ( z) − 2400 ö 200 ç

0

÷ +

ç

÷

250

è

2000

ø

2000 è

2400

ø

Z tego wynika: max gdy %w=%z

2. indeks w rośnie, z maleje

ind ( )

w − 2000

B

1000000 k

≤

( ind( )

w − 2000)

2000

250

B ⋅ 2000 ind ( )

w − 2000

C ⋅ 24000 ind ( )

w − 2000

1. 0 ≤

+

→ 8 B +12 C ≥ 0

250

2000

2000

2000

B

2.

≥ 500 k

250

1

B + C = 1000000 1

( −

)

1

,

1 2

znaleźć przecięcie:

8

C = −

B

12

1

B + C = 1000000 1

( −

)

1

,

1 2

I wstawić do nierówności 2, z tego wychodzi k=2,56

Zadanie 6

Tu jest chyba błąd:

Tylko (iii) prawdziwe bo:

NPV t

( ) = S t

( ) − ò∞

−δ ( s− t

k( s) e

) ds = S t

( ) −

t

δ ( s t)

δ ( s t

k( s) e

ds

k( s) e

) ds

t

ò∞

−

−

+

0

ò

−

−

0

(i)

NIE

N V

P ′( t) = S ′( t) − δ eδ t ò∞

−

k( s) e δ s ds + k( t) = 0

0

(iii)

TAK:

−

NPV t

( ) =

0 t

20 e

0

1

,

− ò∞ −0 s 1, −0,2( s− t 6 e

0

e

) ds = 0

t

Analogicznie (ii) NIE

Zadanie 7

I po rozpisaniu: 3,3,3,6,6,6,9,9,9,.....

v

− v

v

4

7

2

3

1

3

3

I = 3

( v + 6 v + 9 v + ... 1

( + v + v ) =

=

1

4

4

4

2

4

4

4

3

1

(

3

− v )2 1− v

1

(

3

− v ) 1

( − v)

A

3

4

7

10

Av = 3 v + 6 v + 9 v + ...

3 v

3

4

A 1

( − v ) = 3 v + 3 v + ... =

3

1 − v

é 1,

1

1

,

1 2

ù

é 1

1

1

2

ù

Π

II. 100ê

+

+ ...ú = 100

+

+

+ ... = 100

ê

ú

ë12 1

,

1

22 1

,

1 2

û

ë12

22

32

û

6

I + II ≈ 285

Zadanie 8

(i)

TAK:

max( ;

0 x − K ) − 2 max( ;

0 x − K ) + max( ;

0 x − K )

1

2

3

(ii)

NIE

max( ;

0 K − x) − 2 max( ;

0 K − x) + max( ;

0 K − x)

1

2

3

(iii)

NIE

max( ;

0 K − x) − 2 max( ;

0 x − K ) + max( ;

0 K − x)

1

2

3

(iv)

NIE

max( ;

0 x − K ) − 2 max( ;

0 K − x) + max( ;

0 x − K )

1

2

3

i sprawdzamy w przedziałach

Zadanie 9

t

a ( t) = exp( δ ( s) ds) ò

2

2

0

a ( n + )

1

ODP : 2

−1

a ( n)

2

1

1

a t

( )

exp( δ ( ) )

1

(

)

δ ( ) ln 1

(

)

1

=

ò t

−

s ds

1

= +

t

t

→

1

0

ò t

−

s =

+

t

t

0

d é 1

ù

1

1

δ ( t) =

− ln 1

( + t) =

ln 1

( + t) −

dąży do zera na mocy Hospitala

1

ê

ú

2

dt ë t

û t

t( t + )

1

Z tego wynika: α = 0

t

2 + 1

δ t()

2

= t 2 + t

ò tδ ( s) = ln( s 2 ) 2

+ s

0

a ( n

n 1

+

n

n

+ )

1

1

æ +

ö

æ n + 2 ö n + 2

2

= exp(

δ ( s)

ò

− δ ( s))

ò

= expç

δ ( s)÷

ò

= expçln

÷ =

a ( n

2

2

2

0

0

è n

)

ø

è

n ø

n

2

n + 2

n

2

ODP =

− =

n

n

n

Zadanie 10

Stopa jest mniejsza od 0,05 bo dla 0,05 byłoby 1000

50 1

(

100

− v )

f ( i) =

+1000 100

v

−1100

i

4900

ODP =

b

o iX = 100 ⋅ 50 + 1000 −1100

i

Numerycznie sprawdzając można zawęzić do 110100