Zadania przygotowuj¡ce do kolokwium z matematyki
ubezpieczeniowej
27 maja 2009
(czyli zadania st¡d: http://coin.wne.uw.edu.pl/mogonek/mu/zadania.pdf)
Zada« od p. Ogonek ju» chyba nie b¦d¦ bartdziej przepisywa¢ (z rzadka brakuje jakich±
oblicze«). Zadania od Otta s¡ tu:
http://students.mimuw.edu.pl/~gc266692/MU-zadania_(maj%b9tkowe).zip.
Uwaga: w poni»szych rozwi¡zaniach s¡ bª¦dy. Na bie»¡co je kasujemy, ale trzeba by¢
ostro»nym.
1 Ubezpieczenia »yciowe
Zadanie 1 (Krzysiek P.)
Fundusz A kapitalizuje odsetki miesi¦cznie przy nominalnej stopie procentowej 0,12. Fundusz B akumuluje
kapitaª w sposób ci¡gªy, zakªadaj¡c intensywno±¢ oprocentowania δ =
t
6
, gdzie t > 0. Po jakim czasie T ,
100PLN zakumuluje si¦ do jednakowej wysoko±ci w obu funduszach?
Niech t - liczba lat, po którym si¦ zrównaj¡.
Fundusz A: 100 · (1 +
0,12
12
)
12t
= 100 · (1, 01)
12t
.
Fundusz B: ze wzoru A(t) = A(0) · e
´
t
0
δ(s)ds
mamy:100 · e
´
t
0
s
5
ds
.
Przyrównujemy:
100 · (1, 01)
12t
=
100 · e
´
t
0
s
5
ds
(1, 01)
12t
=
e
t2
12
12t · ln(1, 01)
=
t
2
12
t
=
144ln(1, 01) ≈ 1, 43
Liczba miesi¦cy: 12t ≈ 17, 16.
W funduszu A kapitalizuje si¦ co miesi¡c, tak»e chyba trzeba przybli»y¢ do 17 miesi¦cy.
Zadanie 2 (Gra»yna i Krzysiek O.)
Korzystaj¡c z de nicji, udowodnij wzór A
x
= v· q
x
+ v · p
x
· A
x+1
Wersja Krzy±ka (uproszczony zapis):
1
A
x
=
∞
X
k=0
v
k
P (K = k) = vP (K = 0) +
∞
X
k=1
v
k
P (K = k) = vq
x
+
∞
X
k=0
v
k+1
P (K = k + 1) =
=
vq
x
+ v
∞
X
k=0
v
k
P (K = k) = vq
x
+ v
∞
X
k=0
v
k
P (K = k + 1|K ≥ 1)P (K ≥ 1) =
=
vq
x
+ vP (K ≥ 1)
∞
X
k=0
v
k
P (K = k|K ≥ 1) = vq
x
+ vp
x
A
x+1
Moja wersja:
Trzeba skorzysta¢ z poni»szych wzorów, a pó¹niej przeprowadzi¢ w miar¦ zwykªe przeksztaªcenia (wªa±-
ciwie nie za bardzo warto czyta¢ tych przeksztaªce«: podstawiam tam do wzoru, skracam co si¦ da, przenu-
merowuj¦ szereg i dodaj¦ pierwszy wyraz).
k
p
x
=
s(x+k)
s(x)
= 1 −
k
q
x
(prawdopodobie«swto, »e x latek do»yje x+k lat)
p
x
=
1
p
x
=
s(x+1)
s(x)
q
x
=
1
q
x
= 1 −
1
p
x
= 1 −
s(x+1)
s(x)
A
x
=
P
∞
k=0
v
k+1
·
k
p
x
· q
x+k
v· q
x
+ v · p
x
· A
x+1
=
v· q
x
+ v · p
x
·
∞
X
k=0
v
k+1
·
k
p
x+1
· q
x+1+k
=
=
v · (1 −
s(x + 1)
s(x)
) + v ·
s(x + 1)
s(x)
·
∞
X
k=0
v
k+1
·
s(x + 1 + k)
s(x + 1)
· (1 −
s(x + k + 2)
s(x)
) =
=
v(1 −
s(x + 1)
s(x)
) +
∞
X
k=0
v
k+2
·
s(x + 1 + k)
s(x)
· (1 −
s(x + k + 2)
s(x)
) =
=
v(1 −
s(x + 1)
s(x)
) +
∞
X
k=0
v
k+2
· (
s(x + 1 + k)
s(x)
−
s(x + 1 + k)s(x + k + 2)
s
2
(x)
) =
=
v(
s(x)
s(x)
−
s(x)s(x + 1)
s
2
(x)
) +
∞
X
k=1
v
k+1
· (
s(x + k)
s(x)
−
s(x + k)s(x + k + 1)
s
2
(x)
) =
=
∞
X
k=0
v
k+1
· (
s(x + k)
s(x)
−
s(x + k)s(x + k + 1)
s
2
(x)
) =
=
∞
X
k=0
v
k+1
·
s(x + k)
s(x)
· (1 −
s(x + k + 1)
s(x)
) =
∞
X
k=0
v
k+1
·
k
p
x
· q
x+k
= A
x
Zadanie 3 (Milena i Krzysiek O.)
W danej populacji ±miertelno±ci¡ rz¡dzi prawo de Moivre'a z wiekiem granicznym w = 100 oraz i = 0, 1.
Oblicz:
a) A
1
30:10|
=
´
10
0
v
t 1
70
dt =
(v
10
−1)
70 ln(v)
=
((
1
i+1
)
10
−1)
70 ln(
1
i+1
)
= 0.0921
b) wariancj¦ zmiennej losowej oznaczaj¡cej warto±¢ obecn¡ sumy ubezpieczenia w 10-letnim ubezpieczeniu
na »ycie dla (30)
2
E(Z
2
) =
´
10
0
v
2t 1
70
dt =
((
1
i+1
)
20
−1)
140 ln(
1
i+1
)
= 0.0638
V ar(Z) = E(Z
2
) − EZ = 0.0638 − 0.0921
2
= 0.0553
Zadanie 4 (Milena)
W danej populacji ±miertelno±ci¡ rz¡dzi prawo de Moivre'a z wiekiem granicznym w = 100. Zakªadaj¡c
intensywno±¢ oprocentowania 0,05 nale»y przeprowadzi¢ wycen¦ wybranych produktów dla osoby w wieku
x = 25
lat.
Bardzo wst¦pnie przepisane (bez liczenia, same podstawianie do wzorów).
Drobna uwaga: nad niektórymi A nie ma kresek (nad wszystkimi powinny by¢, ale w pewnym momencie
mi si¦ odechciaªo, zreszt¡ nie umiem ich ªadnie robi¢).
w = 100
i = 0, 05
x = 25
lat
δ = 0, 05
v
t
= e
−δt
f (t) =
t
p
x
· µ(x + t) =
100−25−t
75
·
1
100−25−t
=
1
75
a) Z
1
=
(
v
T
dla T 6 75
0
wpp
¯
A
x
= EZ
1
=
´
∞
0
v
t
f (t)dt =
´
75
0
e
−δt
·
1
75
dt =
1
75
−e
−0,05t
0,05
75
0
=
1
75
1−e
−3,75
0,05
=
20
75
(1 −
1
e
3,75
)
b) ¯
2
A
x
= V ar(Z) = EZ
2
1
− (EZ
1
)
2
E(Z
2
1
) =
1
75
´
75
0
e
−δ2t
=
1
75
1−e
−75·0,1
2·0,05
=
10
75
1 − e
−7,5
c)A
25:5|
= A
1
25:5|
+ A
1
25:5|
= e) + g)
d)Z
2
=
(
v
T
dla T 6 5
v
5
dla T > 5
2
A
25:5|
= EZ
2
2
=
1
75
´
5
0
v
2t
+
1
75
´
75
5
v
5
dt =
1
75
´
5
0
e
−2δt
+
1
75
´
75
5
e
−5δ
dt =
1
75
´
5
0
e
−0,1t
+
1
75
te
−0,25
75
5
=
1
75
1
−0,1
e
−0,1t
5
0
+
1
e
0,25
−
1
15e
−0,25
=
10
75
−
10
75e
0,5
+
1
e
0,25
−
1
15e
0,25
e)Z
3
=
(
v
T
dla
T 6 25
0
wpp
A
1
25:5|
= EZ
3
=
1
75
´
5
0
e
−δt
dt =
´
5
0
e
−0,05t
dt =
1
75
1−e
−0,25
0,05
≈
20
75
(1 − 0, 78) =
4,4
75
f)
2
A
1
25:5|
= V ar(Z
3
)
EZ
2
3
=
1
75
´
5
0
e
−2δt
dt =
´
5
0
e
−0,1t
dt =
1
75
1−e
−0,5
0,05
≈
20
75
(1 − 0, 6) =
8
75
3
V ar(Z
3
) = EZ
2
3
− (EZ
3
)
2
=
8
2
−4,4
2
75
2
g)Z
4
=
(
0
dla
T 6 5
v
n
wpp
v =
1
1+i
=
1
1,05
n
p
x
=
s(x+n)
s(x)
=
s(30)
s(25)
=
0,7
0,75
=
14
15
A
1
25:5|
= v
n
·
n
p
x
=
14
15
1
1,05
5
h)
2
A
1
25:5|
= EZ
2
4
=
1
75
´
75
0
v
5
dt =
1
75
´
75
0
e
−5δ
dt =
e
−0,25
75
t|
75
5
=
70
75e
0,25
i)
5|
A
25
=
1
75
´
100
5
v
t
dt =
1
75
´
100
5
e
−0,05t
dt =
20
75
e
−0,25
− e
−5
j) nie obowi¡zuje na kolokwium (http://coin.wne.uw.edu.pl/mogonek/mu/pytania.pdf)
k)
t
p
x
=
s(x+t)
s(x)
=
75−t
75
a
25
=
´
100
0
v
t
·
t
p
x
dt =
´
100
0
e
−δt 75−t
75
dt =
´
100
0
e
−0,05t
dt −
1
75
´
100
0
te
−0,05t
dt = 1 − e
−5
− (...)
l)a
25:5|
=
1−A
25:5|
δ
m)Z
5
=
´
T
m
v
t
dt =
v
m
−v
t
δ
m|
a
x
= EZ
5
=
´
∞
5
v
m
−v
t
δ
f (t)dt
5|
a
x
=
´
75
5
v
5
−v
t
δ
f (t)dt =
1
75
´
75
5
e
−0,25
−e
−0,05t
0,05
=
20e
−0,05
75
´
75
5
e
5
− e
t
dt =
(...) =
e
−0,25
3,75
(71 − e
15
)
Zadanie 5 (Magdalena)
Dane s¡:
b
t
= 2t + 1
µ
x+t
= 0, 02 = µ ←
staªe
δ
t
= 0, 05 = δ ←
staªe
Z = b
T
v
T
= b
T
e
−δT
, bo v
T
= v
T
= e
−δT
Oblicz:
a) (IA)
x
= EZ =
´
∞
0
Z(t)f (t)dt
Z(t) = (2t − 1)e
−δt
f (t) = µ ·
t
p
x
- g¦sto±¢ T (ogólnie f(t) = µ
t+x
·
t
p
x
)
Przy staªym µ: f(t) = µe
−µt
, poniewa»: f(t) = µ ·
t
p
x
= µe
−
´
x+t
x
µdx
= µe
−µt
EZ =
´
∞
0
(2t + 1)e
−δt
e
−µt
µdt = 0, 02
´
∞
0
(2t + 1)e
−0,07t
dt = 0, 02
´
∞
0
(2t + 1)
−
e
−0,07t
0,07
0
dt
= 0, 02(2t + 1)
−
e
−0,07t
0,07
∞
0
+ 0, 02
´
∞
0
2
e
−0,07t
0,07
dt = 0, 02
h
1
0,07
− 2
h
1
0,07
−1
0,07
e
−0,07t
i
∞
0
i
=
= 0, 02
100
7
+
2
0,072
= 0, 02 · 422, 45 ≈ 8, 45
4
b) V arZ = EZ
2
− (EZ)
2
EZ
2
=
´
∞
0
(2t + 1)
2
e
−2δt
e
−µt
µdt = 0, 02
´
∞
0
(4t
2
+ 2t + 1)e
−0,12t
dt = (...) =
0, 02 · 4776, 85 ≈ 95, 54
V arZ ≈ 95, 54 − 8, 45
2
≈ 24, 13
Zadanie 6 (Magdalena)
Niech L =
(
v
T
− P · a
T |
T ≤ n
v
n
− P · a
n|
T > n
. Wiedz¡c, »e skªadka P zostaªa wyznaczona z zasady równowa»no±ci,
intensywno±¢ zgonów (µ) wynosi 0.02, intensywno±¢ oprocentowania (δ) wynosi 0.05, oblicz: a) P ; b) V ar(L).
Zasada równowa»no±ci: E(L) = 0. Warto±¢ oczekiwana to caªka po R z funkcji L pomno»onej przez
g¦sto±¢ zmiennej T. Przy staªym µ mamy f
T
(t) = µe
−µt
. Przy staªym δ mamy v
t
= e
−δt
. Ponadto mo»emy
zauwa»y¢, »e mamy doczynienia z ubezpieczeniem i rent¡ terminow¡ na »ycie i do»ycie n-letni¡.
E(L)
=
ˆ
n
0
v
t
− P · a
t|
f
T
(t) dt +
ˆ
∞
n
v
n
− P · a
n|
f
T
(t) dt
=
0
ˆ
v
t
f
T
(t) dt +
ˆ
∞
n
v
n
f
T
(t) dt
=
P
ˆ
n
0
a
t|
f
T
(t) dt +
ˆ
∞
n
a
n|
f
T
(t) dt
P
=
´
n
0
v
t
f
T
(t) dt +
´
∞
n
v
n
f
T
(t) dt
´
n
0
a
t|
f
T
(t) dt +
´
∞
n
a
n|
f
T
(t) dt
P
=
E(Z)
E(Y )
E(Z)
=
ˆ
n
0
e
−δt
µe
−µt
dt +
ˆ
∞
n
e
−δn
µe
−µt
dt
=
−µ
µ + δ
h
e
−(δ+µ)t
i
n
0
− e
−δn
e
−µt
∞
n
=
−µ
µ + δ
e
−(δ+µ)n
− 1
+ e
−(δ+µ)n
=
−2
7
e
−0.07n
− 1
+ e
−0.07n
=
5
7
e
−0.07n
+
2
7
Z kartki nr 4 mamy: E(Y ) =
´
n
0
v
t
t
p
x
dt
. Lub z kartki nr 1:
´
n
0
a
t|
f
T
(t) dt +
´
∞
n
a
n|
f
T
(t) dt
. Skorzystam z
tej pierwszej wªasno±ci. Przy staªym µmamy
t
p
x
= e
−µt
E(Y )
=
ˆ
n
0
v
t
t
p
x
dt
=
ˆ
n
0
e
−(δ+µ)t
dt
=
−1
δ + µ
h
e
−(δ+µ)t
i
n
0
=
=
−1
δ + µ
e
−(δ+µ)n
− 1
=
−100
7
e
−0.07n
+
100
7
W efekcie P =
5
7
e
−0.07n
+
2
7
−100
7
e
−0.07n
+
100
7
=
5e
−0.07n
+ 2
−100e
−0.07n
+ 100
.
Podpunkt b) V ar(L) =?
Zde niujemy zmienn¡ losow¡ S =
(
T
T ≤ n
n
T > n
. Wtedy L = v
S
− P · a
S|
. Pami¦taj¡c o wªasno±cich
5
wariancji: V ar(X + a) = V ar(X) i V ar(cX) = c
2
V ar(X)
, mamy:
V ar(L)
=
V ar
v
S
− P · a
S|
=
V ar
v
S
− P ·
1 − v
S
δ
=
=
V ar
v
S
−
P
δ
+
P · v
S
δ
=
V ar
v
S
1 +
P
δ
=
=
1 +
P
δ
2
V ar v
S
V ar v
S
=
E v
2S
− E v
S
2
Zauwa»my, »e v
S
= Z
:
E v
S
=
E(Z)
=
5
7
e
−0.07n
+
2
7
E v
2S
=
ˆ
n
0
e
−2δt
µe
−µt
dt +
ˆ
∞
n
e
−2δn
µe
−µt
dt
=
−µ
µ + 2δ
h
e
−(2δ+µ)t
i
n
0
− e
−2δn
e
−µt
∞
n
=
−µ
µ + 2δ
e
−(2δ+µ)n
− 1
+ e
−(2δ+µ)n
=
−2
9
e
−0.09n
− 1
+ e
−0.09n
=
7
9
e
−0.09n
+
2
9
V ar(L)
=
1 +
5e
−0.07n
+ 2
−5e
−0.07n
+ 5
2
"
7
9
e
−0.09n
+
2
9
−
5
7
e
−0.07n
+
2
7
2
#
Zadanie 7 (Krzysiek i Magda)
Znajd¹
5
P
30:10|
maj¡c dane: P
30:10|
= P
1
, P
1
30:5|
= P
2
, ¨a
35:5|
= a
, oraz d.
P
1
=
P
30:10|
=
A
30:10|
¨
a
30:10|
⇒
A
30:10|
= P
1
· ¨
a
30:10|
Wstawiamy do
5
P
30:10|
i mamy:
5
P
30:10|
=
A
30:10|
¨
a
30:5|
=
P
1
¨
a
30:10|
¨
a
30:5|
B¦d¦ teraz przeksztaªca¢ wzór z kartki nr 4 z zad 1d i skorzystam ze wzoru
k+5
p
30
=
5
p
30
·
k
p
35
:
¨
a
30:10|
=
9
X
k=0
v
k
k
p
30
=
4
X
k=0
v
k
k
p
30
+
9
X
k=5
v
k
k
p
30
=
=
¨
a
30:5|
+ v
5
4
X
k=0
v
k
k+5
p
30
=
¨
a
30:5|
+ v
5
5
p
30
4
X
k=0
v
k
k
p
35
=
=
¨
a
30:5|
+ v
5
5
p
30
¨
a
35:5|
Pojawiaj¡ce si¦ tu i tam ¨a
30:5|
wyeliminujemy przeksztaªacaj¡c P
1
30:5|
i korzystaj¡c z kartki nr 3:
6
P
1
30:5|
=
A
1
30:5|
¨
a
30:5|
⇒
¨
a
30:5|
=
A
1
30:5|
P
1
30:5|
=
v
5
5
p
30
P
2
Wstawiamy wszystko do
5
P
30:10|
:
5
P
30:10|
=
P
1
¨
a
30:10|
¨
a
30:5|
=
P
1
¨
a
30:5|
+ v
5
5
p
30
¨
a
35:5|
¨
a
30:5|
=
=
P
1
1 +
v
5
5
p
30
¨
a
35:5|
v
5
5
p
30
P
2
=
P
1
1 + P
2
· ¨
a
35:5|
=
=
P
1
(1 + P
2
· a)
Tylko po co nam byªo d...? ;P
2 Ubezpieczenia maj¡tkowe
Zadanie 1 (Krzysiek O.)
Wst¦pna uwaga: Moje rozwi¡zanie jest do±c toporne - rachunkowe, bez stosowania »adnych trików
(troch¦ z konieczno±ci - brak notatek z zaj¦c z panem Otto). Pewnie da si¦ pro±ciej, no ale niech b¦dzie tak
jak jest. Jedyne z czego korzystam to liczenie warunkowej warto±ci oczekiwanej (patrz RP) i parametry
rozkªadu dwumianowego (z Wikipedii:-). W zwi¡zku z tym nie nale»y przywi¡zywac si¦ do liczb, bo bª¦dów
rachunkowych pewnie jest kilka.
Niech S
i
= X
1
+ X
2
+ ... + X
K
i
Zast¦pujemy rozkªad zªo»ony dwumianowy rozkªadem Poissona. Szukamy warto±ci parametrów:
λ
1
m
1,1
= E(f
S
1
) = E(S
1
) = E(X
1
+ X
2
+ ... + X
K
1
) =
= E [ E(X
1
+ X
2
+ ... + X
K
1
|K) ] = E[K
1
· E(X
1
)] =
= E(K
1
) · E(X
1
) = (q
1
· n
1
) · m
1,1
= 0.005 · 2500 · 4 = 50
i analogicznie λ
2
m
1,2
= 0.02 · 400 · 5 = 40
.
Uwaga: po drodze korzystamy z niezale»no±ci odpowiednich zmiennych
Uwaga 2: mo»na to te» policzyc u»ywaj¡c funkcji generuj¡cej momenty, ale dla mnie tak jest bardziej
naturalnie (poza tym nie chce mi si¦ uczyc na kolokwium funkcji generuj¡cych momenty).
Teraz liczymy odpowiednie wariancje, ponownie korzystaj¡c z niezale»no±ci:
E(S
2
1
) = E[(X
1
+ X
2
+ ... + X
K
1
)
2
] = E { E[(X
1
+ X
2
+ ... + X
K
1
)
2
|K] } =
= E{K
1
· E(X
2
1
) + K
1
(K
1
− 1)E(X
1
X
2
)} =
= E(K
1
) · E(X
2
1
) + E(K
2
1
)E(X
1
X
2
) − E(K
1
) · E(X
1
X
2
) =
7
= E(K
1
) · E(X
2
1
) + E(K
2
1
)E(X
1
)
2
− E(K
1
) · E(X
1
)
2
=
= n
1
q
1
· m
2,1
+ (n
2
1
q
2
1
+ n
1
q
1
− n
1
q
2
1
− n
1
q
1
) · (m
1,1
)
2
= 2749
V ar(S
1
) = E(S
2
1
) − [E(S
1
)]
2
= 2749 − 50
2
= 249
analogicznie V ar(S
2
) = 71.84 · 30 − 40
2
= 1836 − 1600 = 236
z kolei V ar(f
S
1
) = E(K
1
) · E(X
2
1
) + E(K
2
1
)E(X
1
X
2
) − E(K
1
) · E(X
1
X
2
) − E(K
1
)
2
E(X
1
)
2
=
= E(K
1
) · m
2,1
− m
1,1
(V ar(K
1
) − E(K
1
) = E(K
1
) · m
2,1
= λ
1
m
2,1
V ar(f
S
1
+ f
S
2
) − V ar(S
1
+ S
2
) = V ar(f
S
1
) + V ar(f
S
2
) − V ar(S
1
) − V ar(S
2
) =
= λ
1
m
2,1
+ λ
2
m
2,2
− 249 − 236 = 250 + 240 − 249 − 236 = 5
Zadanie 2 (Krzysiek O.)
Wiemy (o ile dobrze wyliczyªem w poprzednim zadaniu, ale alternatywne rozwi¡zanie potwierdza t¦
wersj¦), »e wariancja zmiennej o rozkªadzie zªo»onym dwumianowym jest równa
V ar(S) = nqm
2
+ (n
2
q
2
− nq
2
)m
2
1
− (nqm
1
)
2
= nq(m
2
− qm
2
1
)
Teraz policzymy (znowu raczej prymitywnie, bo ja nie znam matematyki ubezpieczeniowej, ale umiem RP)
odpowiednie momenty (dla zmiennej okre±lonej dystrybuant¡ F)
E(X) =
´
∞
0
(1 − F (t)) dt =
1
n
1
q
1
+n
2
q
2
´
∞
0
[n
1
q
1
(1 − F
1
(t)) + n
2
q
2
(1 − F
2
(t)]dt =
=
1
n
1
q
1
+n
2
q
2
{ n
1
q
1
´
∞
0
(1 − F
1
(t))dt + n
2
q
2
´
∞
0
(1 − F
2
(t))dt } =
=
n
1
q
1
m
1,1
+n
2
q
2
m
1,2
n
1
q
1
+n
2
q
2
E(X
2
) =
´
∞
0
(1 − F
f
S
2
(t)) dt =
´
∞
0
(1 − F (
√
t)) dt =
=
1
n
1
q
1
+n
2
q
2
{ n
1
q
1
´
∞
0
(1 − F
1
(
√
t))dt + n
2
q
2
´
∞
0
(1 − F
2
(
√
t))dt } =
=
n
1
q
1
m
2,1
+n
2
q
2
m
2,2
n
1
q
1
+n
2
q
2
Caªkiem sensownie to wygl¡da (wychodzi taka wa»ona ±rednia momentów), mam nadziej¦ »e tak
rzeczywi±cie jest
Teraz pozostaje wszystko podstawic:
V ar( e
S) − V ar(S
1
) − V ar(S
2
) = nq(m
2
− qm
2
1
) − V ar(S
1
) − V ar(S
2
) =
= nq(
n
1
q
1
m
2,1
+n
2
q
2
m
2,2
n
1
q
1
+n
2
q
2
− q(
n
1
q
1
m
1,1
+n
2
q
2
m
1,2
n
1
q
1
+n
2
q
2
)
2
) − n
1
q
1
(m
2,1
− q
1
m
2
1,1
) − n
2
q
2
(m
2,2
− q
2
m
2
1,2
) =
po uproszczeniu powy»szego wyra»enia matlabem dostajemy (wynik najmniej wa»ny oczywi±cie, ale jak si¦
komu± chce doª¡czam kod http://students.mimuw.edu.pl/~gc266692/zad2.m, to mo»e sprawdzac - moim
zdaniem nie ma sensu)
=
n
1
n
2
n
1
+n
2
(q
1
m
1,1
− q
2
m
1,2
)
2
= 2.2069
8
Zadanie 3 (Krzysiek O.)
No to zaczynamy od obliczenia funkcji generuj¡cej momenty dla zmiennej S. Korzystamy z niezale»no±ci i
identyczno±ci rozkªadu zmiennych Y.
M
Y
(t) = E(e
tY
) =
P
y
P (Y = y) · e
ty
= p
Y
e
t
+ (1 − p
Y
)e
2t
M
S
(t) = E(e
tS
) = E[E(e
t(Y
1
+Y
2
+...+Y
N
)
|N )] = E[E(e
tY
1
e
tY
2
...e
tY
N
|N )] =
= E[(E(e
tY
1
))
N
] = E[M
Y
(t)
N
] =
P
n
k=0
P (N = k) · M
Y
(t)
k
=
=
P
n
k=0
n
k
q
k
N
(1 − q
N
)
n−k
M
Y
(t)
k
=
P
n
k=0
n
k
(M
Y
(t)q
N
)
k
(1 − q
N
)
n−k
=
= (M
Y
(t)q
N
+ (1 − q
N
))
n
= (0.36M
Y
(t) + 0.64)
n
To co otrzymali±my ma byc funkcj¡ generuj¡c¡ momenty pewnego rozkªadu dwumianowego, oznaczmy jego
parametry (n
0
, q
0
)
:
(1 − q
0
+ q
0
e
t
)
n
0
≡ [0.36(p
Y
e
t
+ (1 − p
Y
)e
2t
) + 0.64]
n
Z zaªo»enia p
Y
< 1
, wi¦c aby to»samo±c byªa zachowana, musi byc n
0
= 2n
Uzasadnienie: »eby najwi¦ksze,
tzn. najszybciej d¡»¡ce do niesko«czono±ci wyrazy e
2t
si¦ zgadzaªy. Nie jest to ±cisªe uzasadnienie, ale mam
nadziej¦ »e rozumiecie o co chodzi. Dla miªo±ników formalizmu: podzielmy lew¡ stron¦ przez praw¡, licznik
i mianownik przez e
2t
i zbadajmy lim
n→∞
, które z to»samo±ci musi byc równe 1. Zauwa»my, »e gdyby±my
dopuszczali p
Y
= 1
, to mogªoby byc rozwi¡zanie n
0
= n
(rozwi¡zanie trywialne, rozkªad byªby po prostu
dwumianowy z parametrami n oraz q
N
). Zatem dostajemy:
(1 − q
0
+ q
0
e
t
)
2
≡ 0.36(p
Y
e
t
+ (1 − p
Y
)e
2t
) + 0.64
,
czyli po wymno»eniu i pogrupowaniu wyrazów:
e
2t
(q
02
+ 0.36p
Y
− 0.36) + e
t
[2q
0
(1 − q
0
) − 0, 36p
Y
] + (1 − q
0
)
2
− 0, 64 ≡ 0
st¡d ju» obliczamy, »e q
0
= 0.2
oraz p
Y
=
8
9
(o ile si¦ nie myl¦ rachunkowo oczywi±cie)
Zadanie 4, komentarz (Krzysiek O.)
Uwaga: To nie jest rozwi¡zanie, raczej komentarz do zamieszczonego rozwi¡zania
(http://students.mimuw.edu.pl/~gc266692/MU-zadania_(maj%b9tkowe).zip). W tym zadaniu ju» zwykªy
RP niestety nie wystarczyª. Dlatego sam si¦ nam¦czyªem, zrobiªem przez do±c paskudne szacowania i
obliczenia (da si¦, bo wynik jest niedu»¡ liczb¡ caªkowit¡), których bez komputera nie daªoby rady zrobic.
Zamieszczam jako ciekawostk¦ fragment:
P (X > 4) = P (X > 4|N = 1)P (N = 1) + P (X > 4|N = 2)P (N = 2) + ... =
= P (Y
1
> 4)P (N = 1) + P (N = 2)[P (Y
1
> 3) + P (Y
1
= 3)P (Y
2
= 2) + ...] + ... =
=
3
4
P (Y
1
> 4) + 0.2158[P (Y
1
> 3) + 2P (Y
1
= 3)P (Y
2
= 2) + P (Y
2
> 3)] + ... =
= 0.000644 + 0.2158[2 · 0.0043 + 0.0181 · 0.1086] + ... = 0.0029 + ... > 0.001
9
A co do wªa±ciwego rozwi¡zania, to kluczowa jest informacja, »e rozkªad zªo»ony Poissona z logarytmicznym
da nam rozkªad ujemny dwumianowy. Parametry tego rozkªadu mo»na albo wyznaczyc ze wzoru (jak w
rozwi¡zaniu) albo policzyc (np. z funkcji generuj¡cej momenty lub na piechot¦ przez ukªad równa«,
przyrównuj¡c np. pierwszy i drugi moment). Dalej to ju» nie b¦d¦ przepisywac rachunków, zwracam tylko
uwag¦, »e upraszcza si¦ bardzo, bo pierwszy parametr rozkªadu jest równy 1 (przez to wylatuje ze
wszystkich wyrazów funkcja gamma).
Zadanie 5 (Konrad)
P (N = k) = e
−k λ
k
k!
Niech P (Y
i
6 x
0
) = p, P (Y
i
> x
0
) = q
Najpierw oblicz¦ (zgodnie ze wskazówk¡) E(K | N = n), czyli oczekiwan¡ liczb¦ szkód zaszªych niezgªos-
zonych.
Zauwa»my, »e E(K | N = n) = n − E(L | N = n), gdzie L - liczba szkód zgªoszonych.
E(L | N = n)
=
1 · P (Y
1
6 x
0
) · P (Y
2
6 x
0
) · . . . · P (Y
n−1
6 x
0
) · P (Y
n
> x
0
) +
+2 · P (Y
1
6 x
0
) · P (Y
2
6 x
0
) · . . . · P (Y
n−2
6 x
0
) · P (Y
n−1
> x
0
) +
+3 · P (Y
1
6 x
0
) · P (Y
2
6 x
0
) · . . . · P (Y
n−3
6 x
0
) · P (Y
n−2
> x
0
) + . . . =
=
1 · p
n−1
· q + 2p
n−2
q + 3p
n−3
q + . . . + (n − 1)pq + nq =
=
n
X
i=1
q · i · p
n−i
= (...) = n −
p
q
(1 − p
n
)
A zatem E(K | N = n) =
p
q
(1 − p
n
)
E(K)
=
∞
X
n=1
E(K | N = n) · P (N = n) =
∞
X
n=1
p
q
(1 − p
n
)e
−λ
λ
n
n!
=
pe
−λ
q
∞
X
n=1
λ
n
n!
−
pe
−λ
q
∞
X
n=1
(pλ)
n
n!
=
=
p
q
−
p
q
e
−λ
e
pλ
=
p
q
(1 − e
(p−1)λ
) =
p
q
(1 − e
−qλ
)
Zadanie 6 (Krzysiek P.)
W pewnym ubezpieczeniu mo»e zaj±¢ co najwy»ej jedna szkoda (z jednej polisy) w ci¡gu roku. Pojedynczy
ubezpieczony generuje szkody w kolejnych latach niezale»nie, ci¡gle z tym samym prawdopodobie«stwem
q
. Dla losowo wybranego ubezpieczonego z populacji jego q jest realizacj¡ zmiennej losowej Q. Znamy
pierwsze 2 momenty zmiennej Q: EQ = 0, 2, V AR(Q) = 0, 02. Niech N oznacza zmienn¡ losow¡ wyra»aj¡c¡
liczb¦ szkód wygenerowan¡ przez (losowo wybranego z populacji) ubezpieczonego w ci¡gu trzech kolejnych
lat ubezpieczenia. Oblicz prawdopodobie«stwo przyj¦cia przez zmienn¡ N warto±ci skrajnych: P (N = 0) +
P (N = 3)
.
P (N = 0) + P (N = 3)
=
P (N = 0 lub N = 3) =
X
q
P (N = 0 lub N = 3 | Q = q) · P (Q = q) =
=
X
q
(1 − 3q + q
2
)P (Q = q) = E(1 − 3Q + 3Q
2
)
=
1 + 3E(Q
2
− Q) = 1 − 3E(Q) + 3E(Q
2
)
E(Q) = 0, 2
E(Q
2
) = V ar(Q) + E(Q
2
) = 0, 02 + (0, 2)
2
= 0, 06
P (N = 0) + P (N = 3) = 1 − 3 · 0, 02 + 3 · 0, 06 = 1 − 0, 6 + 0, 18 = 0, 58
10
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
CHROMATOGRAFIA CIECZOWA, I MU, Zaawansowana analiza
Zróbcie Mu miejsce-ROZWIĄZANIE, KATECHEZA DLA DZIECI, QUIZY
instrukcja-porowatości metodą wagową , Ir. ETI MU, Mechanika środowiska
Dziecko mające problemy ze wzrokiem wymaga poświęcenia mu więcej czasu, Wszechnica Świętokrzyska, II
Dałam mu wrotki
Akumulator do BOBARD MU M75 M90 MU M75 M90
15 6 Oświadczenie pracownika – rodzica (opiekuna) o korzystaniu z przysługujących mu uprawnień
Ze śmiercia mu do tvarzy
Przedmioty z poradnictwa I rok MU + różnice programowe
plany mu 1
Prezydent Afganistanu jeśli przywódca talibów zechce negocjować zapewnię mu ochronę
06 Nadadza mu imie Emmanuelid 6 Nieznany (2)
KONSPEKT LEKCJI prezentacja, Ukw, I MU, II Semestr, Dydaktyka
dziekuj mu
ZAD16 4, Cz˙owiek wsp˙˙czesny poszukuje nowych dr˙g , nowych warto˙ci, wzor˙w i postaw, kt˙re wska˙˙
03 3 Sprzeciw pracownika od wymierzonej mu kary porządkowej
Kierowca niewinny, gdy policja siedzi mu na zderzaku wyrok sadu
więcej podobnych podstron