Általános biztosításmatematika gyakorlat / Boncz András csoportja

Kocsis Albert Tihamér

1.) Határozza meg a binomiális, Poisson, negatív binomiális eloszlás gene-rátorfüggvényét!

Megoldás: De�níció: Egy nemnegatív, egész érték¶ X valószín¶ségi vál-tozó esetén jelölje pk a P (X = k) valószín¶séget k ≥ 0 esetén. Ekkor az elosz-

lás generátorfüggvénye a következ® hatványsor: GX(z) =∞∑k=0

pkzk = E(zX).

Látható, hogy |z| < 1 esetén ez biztosan konvergens.

• n rend¶, p paraméter¶ binomiális eloszlás esetén:

pk =(n

k

)pk(1− p)n−k (k = 0, 1, ..., n)

Ekkor GX(z) =n∑k=0

(nk

)pk(1− p)n−kzk = (1− p+ pz)n

• λ paraméter¶ Poisson-eloszlás eloszlás esetén:

pk =λk

k!e−λ (k = 0, 1, 2, ...)

Ekkor GX(z) =∞∑k=0

λk

k! e−λzk =

∞∑k=0

(λz)k

k! e−λzeλ(z−1) = eλ(z−1)

• r rend¶, q paraméter¶ negatív binomiális eloszlás esetén:

pk =Γ(r + k)Γ(r)k!

(1− q)rqk (k = 0, 1, 2...)

Figyelem! Gyakorlaton más paraméterezéssel írtuk fel az eloszlást, mint el®adá-son. Ott az 1 − q és q szerepe fel volt cserélve. Itt most az el®adás jelöléseitkövetjük. Ekkor

GX(z) =∞∑k=0

Γ(r + k)Γ(r)k!

(1−q)rqkzk =∞∑k=0

Γ(r + k)Γ(r)k!

(1−qz)r(qz)k(

1− q1− qz

)r=(

1− q1− qz

)r

2.) Adott a generátorfüggvény. Határozza meg a valószín¶ségi változó elosz-lását!

Megoldás:

GX(z) =∞∑k=0

pkzk

GX(z)-t n-szer deriválva kifejezhejük pn-et csak a generátorfüggvény segítségével:

G(n)X (z) =

∞∑k=n

k(k − 1) · ... · (k − n+ 1) · pkzk−n

1

G(n)X (0) = n!pn

pn =G

(n)X (0)n!

3.) Határozza meg a várható értéket és a szórásnégyzetet a generátorfügg-vény segítségével!

Megoldás:

G′X(z) =∞∑k=1

kpkzk−1

G′X(1) =∞∑k=1

kpk =∞∑k=0

kpk = EX

G′′X(z) =∞∑k=2

k(k − 1)pkzk−1

G′′X(1) =∞∑k=2

k(k − 1)pk =∞∑k=0

k(k − 1)pk = E(X(X − 1)) = E(X2 −X)

D2(X) = E(X2)−(EX)2 = E(X2−X)+EX−(EX)2 = G′′X(1)+G′X(1)−(G′X(1))2

4. Mutassa meg, hogy független valószín¶ségi változók összegének generá-torfüggvénye a generátorfüggvények szorzata.

Megoldás: Legyen X és Y két független valószín¶ségi változó. Ekkor

GX+Y (z) = E(zX+Y ) = E(zX)E(zY ) = GX(z)GY (z)

Az átalakításnál felhasználtuk, hogy X és Y függetlensége miatt zX és zY isfüggetlenek.

5.) Mutassa meg, hogy a nemnegatív egész érték¶ Xn valószín¶ségi vál-tozók pontosan akkor konvergálnak a nemnegatív egész érték¶ X valószín¶ségiváltozóhoz, ha a P (Xn = k) (n = 0, 1, 2, ...) sorozat tart P (X = k)-hoz mindennemnegatív egész érték¶ k esetén!

Megoldás: Bevezetve a a P (Xn = k) = pn,k rövidítést:=⇒Meg kell mutatni, hogy haXn −→ X eloszlásban, akkor ∀k : pn,k −→ pk.

Xn −→ X eloszlásban, ezért P (Xn < t) = Fn(t) −→ F (t) = P (X < t) az Ffolytonossági pontjaiban, azaz minden nem egész pozitív t esetén. Tehát mindennem egész pozitív t esetén:

pn,0+pn,1+...+pn,[t] = P (Xn < t) = Fn(t) −→ F (t) = P (X < t) = p0+p1+...p[t]

Ugyanezt t+ 1-re is felírva kapjuk, hogy:

pn,0 + pn,1 + ...+ pn,[t] + pn,[t]+1 −→ p0 + p1 + ...p[t]+1

2

A kapott két egyenlet különbségét felírva kapjuk, hogy minden nem egész pozitívt esetén: pn,[t]+1 −→ p[t]+1. Ebb®l azonnal következik, hogy minden nemnegatívegész k esetén: pn,k −→ pk⇐= Megmutatjuk, hogy ha a pn,k −→ pk minden nemnegatív egész érték¶ k

esetén, akkor az F (t) eloszlásfüggvény t folytonossági pontjaiban Fn(t) −→ F (t).Ebb®l következne, hogy Xn −→ X eloszlásban. Legyen t egy nem egész pozitívszám. Ekkor pn,0 −→ p0, pn,1 −→ p1,..., pn,[t] −→ p[t]. Ezért összeadva ezeket:

pn,0 + pn,1 + ...+ pn,[t] −→ p0 + p1 + ...+ p[t]

Azaz Fn(t) −→ F (t) az F (t) minden folytonossági pontjában.

6.) X kevert eloszlású valószín¶ségi változó, 50% valószín¶séggel (n, p)-binomiális és 50% valószín¶séggel λ-Poisson. Írja fel X3 várható értékét a gene-rátorfüggvény alapján (ld. 3. feladat)

Megoldás: Legyen X1 egy (n, p)-binomiális eloszlású, X2 pedig egy λ-Poisson eloszlású valószín¶ségi változó. A bel®lük kikevert eloszlás generátor-függvénye a teljes várható érték tétel alapján:

GX(z) = E(zX) = E(zX1)P (X = X1)+E(zX2)P (X = X2) =12GX1(z)+

12GX2(z) =

=12

(1− p+ pz)n +12eλ(z−1)

Láttuk a 3. feladatban, hogy G′X(1) = EX és G′′X(1) = E(X(X − 1)) =E(X2 −X). Hasonló módon kiszámolva a harmadik deriváltat:

G′′′X(z) =∞∑k=3

k(k − 1)(k − 2)zk−3 =∞∑k=0

k(k − 1)(k − 2)zk−3

G′′′X(1) = E(X(X − 1)(X − 2))

Ellen®rizhet® a következ® algebrai azonosság:

X3 = X(X − 1)(X − 2) + 3X(X − 1) +X

E(X3) = G′′′X(1) + 3G′′X(1) +G′X(1)

Így E(X3) meghatározásához elegend®GX(z) els® három deriváltját meghatározniz = 1-ben.

G′X(z) =(

12

(1− p+ pz)n +12eλ(z−1)

)′=np

2(1− p+ pz)n−1 +

λ

2eλ(z−1)

G′′X(z) =(np

2(1− p+ pz)n−1 +

λ

2eλ(z−1)

)′=n(n− 1)p2

2(1−p+pz)n−2+

λ2

2eλ(z−1)

G′′′X(z) =(n(n− 1)p2

2(1− p+ pz)n−2 +

λ2

2eλ(z−1)

)′=n(n− 1)(n− 2)p3

2(1−p+pz)n−3+

λ3

2eλ(z−1)

3

Behelyettesítve z = 1-et a képletekbe kapjuk, hogy:

E(X3) =12

(n(n− 1)(n− 2)p3 + λ3) +32

(n(n− 1)p2 + λ2) +12

(np+ λ)

7.) N egy valószín¶ségi változó, amelynek lehetséges értékei természetesszámok és ismerjük a GN generátorfüggvényt. X1, X2,... az N -t®l és egymástólis független, azonos eloszlású valószín¶ségi változók, melyeknek szintén ismer-

jük a GX generátorfüggvényét. Mi lesz az Y =N∑k=1

Xk valószín¶ségi változó

generátorfüggvénye?Megoldás: Teljes várható érték tétellel:

GY (z) = E(zY ) = E(E(zX |N)) = E(E(zX1+...+XN |N))

E(zX1+...+XN |N = n) = E(zX1+...+Xn |N = n) = E(zX1+...+Xn) =

= E(zX1) · ... · E(zXn) = E(zX1)n = (GX(z))n

GY (z) = E((GX(z))N ) = GN (GX(z))

Hf/1.) Folytonossági tétel generátorfüggvényekre:Legyenek pn,0, pn,1, ... (n = 1, 2, ...) valószín¶ségi változók eloszlását meg-

határozó értékek. Gn(z) jelöli az n-edik valószín¶ségi változó generátorfügg-vényét.• Ha léteznek olyan p0, p1, ... számok, melyekre pn,k −→ pk minden k esetén,

és G(z)-vel jelöli a p0, p1, ... generátorfüggvényét, akkor Gn(z) −→ G(z) minden|z| < 1 esetén.•Megfordítva, ha létezik olyanG(z) függvény, amireGn(z) −→ G(z) minden

z ∈ (0, 1) esetén, akkor a pn,k sorozatok minden k-ra konvergensek n −→ ∞esetén: lim

n→∞pn,k = pk, továbbá a G(z) függvény éppen ennek a pk sorozatnak

lesz a generátorfüggvénye.Megoldás:

• |Gn(z) − G(z)| ≤∞∑k=0

|(pn,k − pk)zk| ≤∞∑k=0

|(pn,k − pk)||z|k Legyen ε > 0

rögzítve. Ekkor minden |z| < 1 esetén létezik olyan K szám, hogy∞∑k=K

|z|k =

|z|K1−|z| <

ε3

Ekkor∞∑k=K

|(pn,k − pk)||z|k ≤∞∑k=0

2|z|k < 2 ε3

pn,k −→ pk miatt pedigK−1∑k=0

|(pn,k − pk)||z|k ≤K−1∑k=0

|(pn,k − pk)| −→ 0

Tehát elég nagy n eseténK−1∑k=0

|(pn,k − pk)||z|k < ε3 , így |Gn(z) − G(z)| <

ε3 + 2 ε3 = ε, azaz Gn(z) −→ G(z)

4

• G(0) = limz→0+

G(z) határérték létezik, G(z) monoton, mert monoton függ-

vények határértéke.

pn,0 ≤∞∑k=0

pn,kzk = Gn(z) ≤ pn,0 +

∞∑k=1

pn,kzk = pn,0 +

z

1− z

Gn(z)− z

1− z≤ pn,0 ≤ Gn(z)

G(z)− z

1− z≤ lim inf

n−→∞pn,0 ≤ lim sup

n−→∞pn,0 ≤ G(z)

Innen pedig z −→ 0 határátmenetet tekintve:

G(0) ≤ lim infn−→∞

pn,0 ≤ lim supn−→∞

pn,0 ≤ G(0)

Azaz limn→∞

pn,0 = G(0) Azaz találtunk megfelel® p0-t. A többi pk-t teljes

indukcióval találhatjuk meg. Ha ugyanis van már megfelel® p0, p1,..., pk, akkor

tekintsük a Hn(z) = Gn(z)−pn,0−pn,1z−...−pn,kzkzk+1 generátorfüggvényeket. H(z) =

G(z)−p0−p1z−...−pkzkzk+1 jelölés mellett: Hn(z) −→ H(z) minden z ∈ (0, 1) esetén.

Így erre alkalmazva a p0 létezésére kapott eredményt kapjuk, hogy létezik olyanpk+1, melyre pn,k+1 −→ pk+1, ugyanis Hn(z) konstans tagja épp pn,k+1.

Még be kellene látni, hogy a kapott pk sorozat generátorfüggvénye éppenG(z). A tétel másik, már bizonyított iránya szerint, ha F (z) jelöli a pk sorozatgenerátorfüggvényét, akkor pn,k −→ pk miatt Gn,k(z) −→ H(z), de a feltételszerint Gn,k −→ G(z) is fennáll |z| < 1 esetén, tehát szükségképpen G(z) =H(z), azaz G(z) valóban megegyezik a generátorfüggvénnyel.

Hf/2.) Milyen kárszámeloszlást illesztene?

Kárszám 0 1 2 3 > 3Szerz®désszám 798 47 6 1 0

Megoldás: A kárszámeloszlások illesztésére több módszert is tanultunkel®adáson, ezen a feladaton keresztül megnézzük mindegyiket, így össze is ha-sonlíthatjuk azok pontosságát.

(a, b, 0)-eloszlások esetén látható, hogy qn = (n + 1)pn+1pn

= a + b + an. Ezazt jelenti, hogy a tapasztalati eloszlás alapján megbecsülhetjük a qn sorozatels® néhány elemét, és megállapíthatjuk a sorozat trendjét: ha kb. lineárisancsökken, akkor binomiális eloszlást, ha kb. állandó, akkor Poisson-eloszlást, hapedig kb. lineárisan n®, akkor negatív binomiális eloszlást illesztünk rá. Akonkrét esetben a tapasztalati becslések:

q0 =p1

p0=

47798+47+6+1

798798+47+6+1

=47798≈ 0.059

q1 = 2p2

p1= 2

647≈ 0.255

5

q2 =p3

p2= 3

16

= 0.5

A többi qn-re a kis elemszámú minta miatt 0-t kapnánk tapasztalati becslés-nek, amit nem használhatunk semmire. Az adatokból látszik, hogy negatívbinomiális eloszlást érdemes illesztenünk, hiszen a qn sorozat az els® 3 elemealapján növekv® tendenciát mutat. Természetesen a 3 elem alapján nem sza-bad elhamarkodott következtetéseket levonni, a paraméterek becslése után min-denképpen hipotézisvizsgálatra lesz szükség!

•A diszkrét illeszkedésviszgálat menete: Adott N db meg�gyelésünk, ame-lyeket valamilyen szempont szerint k osztályba soroltunk, az i-edik osztályba Nimeg�gyelés esik /gyakorlati szempontok miatt célszer¶, hogy minden osztálybaessen legalább 4 − 6 elem/, és el szeretnénk dönteni, hogy illeszkednek-e egyáltalánunk sejtett p1, p2, ...pk valószín¶ségi eloszlásra. Ekkor tudjuk, hogy

TN =k∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi−→ χ2

k−1 eloszlásban

Így elegend® a TN statisztikát a χ2k−1-eloszlás (1− α)-kvantilisével összehason-

lítani: ha TN nagyobb, akkor (1 − α) megbízhatósági szinten elutasítjuk azta nullhipotézist, hogy a meg�gyeléseink illeszkednek a p1, ..., pk valószín¶ségieloszlásra.

A paraméterek becslésére több módszer is lehetséges.

• 1.módszer: El®adáson kiszámoltuk, hogy az (r, q)-paraméter¶ negatív bi-nomiális eloszlás az a = q, b = (r − 1)q paraméterekkel (a, b, 0)-eloszlást alkot.Tehát ha a qn értékekre egyenest illesztünk, akkor az egyenes egyenletéb®lbecslést kaphatunk a-ra és b-re, azokból pedig q-ra és r-re. A (0; 0.059) −(1; 0.255)−(2; 0.5) pontokra illesztett, legjobban közelít® egyenes egyenlete (amipl. legkisebb négyzetek módszerével meghatározható): y = 0.22x+ 0.05. Innentehát 0.22 = a = q, 0.05 = a+b = (r−1)q+r = rq egyenletekb®l megkaphatjukaz (r, q) paraméterek becslését: (0.23, 0.22)-paraméter¶ negatív binomiális elosz-lást kaptunk. Az eloszlás képletébe (pk = Γ(r+k)

Γ(r)k! (1 − q)rqk (k = 0, 1, 2...))behelyettesítve az alábbi adatokra kell illeszkedésvizsgálatot végeznünk:

Kárszám 0 1 > 1Ni 798 47 7Npi 804.7 40.7 6.6

A hipotézisvizsgálathoz szükséges statisztika értéke:

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(798− 804.7)2

804.7+

(47− 40.7)2

40.7+

(7− 6.6)2

6.6≈ 1.05

6

Ezt összehasonlítva a χ23−1 = χ2

2-eloszlás kvantiliseivel, láthatjuk, hogy pl. 95%-os szinten elfogadjuk a nullhipotézist, azaz a (0.23, 0.22)-paraméter¶ negatív bi-nomiális eloszlásra való illeszkedést. /A χ2

2-eloszlás 0.95-ös kvantilise táblázatbólkiolvasható: 5.99, ennél a TN kisebb./

• 2.módszer:Mivel a kis elemszámú minta miatt a nagyobb kárszámok eseténnagyon kicsi szerz®désszámokat (6 ill. 1) találunk, ezért az el®z® módszerbena jobb közelítés reményében az egyenes illesztésénél tekinthetjük csak az els®két pont által meghatározott egyenest, azaz azt, ami a (0; 0.059) − (1; 0.255)pontokon megy át. A rajtuk átmen® egyenes egyenlete /kerekítve/: y = 0.2x+0.06. Innen meghatározható r és q becslése a 0.2 = a = q, 0.06 = a + b = (r −1)q + q = rq egyenletekb®l: (0.29, 0.2)-paraméter¶ negatív binomiális eloszlástkapunk. Behelyettesítve a paramétereket az alábbi illeszkedésvizsgálai feladatotkapjuk:

Kárszám 0 1 > 1Ni 798 47 7Npi 798.6 46.3 7.1

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(798− 798.6)2

798.6+

(47− 46.3)2

46.3+

(7− 7.1)2

7.1≈ 0.012

Ez a közelítés egészen pontosan közelít, természetesen elfogadjuk az illeszkedést,mint nullhipotézist.

• 3.módszer:Miután tudjuk már, hogy negatív binomiális eloszlást kell illeszteni,momentum-módszerrel is becsülhetjük a paramétereket. El®adáson szerepelteka momentum-módszer esetén kapott képletek:

q = 1− M1

S2r =

M21

S2 −M1

M1 jelöli az átlagot, S2 pedig a tapasztalati szórásnégyzetet. A konkrét esetben:

M1 =1

852(798 · 0 + 47 · 1 + 6 · 2 + 1 · 3) =

62852≈ 0.073

S2 =1

852(798·(0−0.073)2+47·(1−0.073)2+6·(2−0.073)2+1·(3−0.073)2) ≈ 0.089

Láthatjuk, hogy teljesül a M1 < S2 egyenl®tlenség, ez is meger®síti a negatívbinomiális modellválasztást.

q = 1− M1

S2≈ 1− 0.073

0.089≈ 0.18 r =

M21

S2 −M1=

0.0732

0.089− 0.073≈ 0.33

Így (0.33, 0.18) paraméter¶ negatív binomiális eloszlást kaptunk. Az illeszkedésvizs-gálat ebben az esetben:

7

Kárszám 0 1 > 1Ni 798 47 7Npi 798 47.4 6.6

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(798− 798)2

798+

(47− 47.4)2

47.4+

(7− 6.6)2

6.6≈ 0.028

Ebben az esetben is elfogadjuk a hipotézisviszgálat alapján a modellt.

• 4.módszer:Maximum-likelihood-becslést is felírhatunk a feladatra. El®adá-son szerepelt, hogy a likelihood-függvény:

L(r, q) = Pr,q(η1 = n1, ..., ηK = nK) =K∏i=1

Γ(r + ni)Γ(r)ni!

(1− q)rqni

L(r, q) = ((1− q)r)798 (rq(1− q)r)47

(r(r + 1)

2q2(1− q)r

)6(r(r + 1)(r + 2)

6q3(1− q)r

)1

L(r, q) = (1− q)852rq62r54(r + 1)7(r + 2)1

l(r, q) = 852r log(1− q) + 62 log q + 54 log r + 7 log(r + 1) + log(r + 2)

0 =∂l(r, q)∂q

= − 852rq − 1

+62q

=⇒ q =62

62 + 852r

0 =∂l(r, q)∂r

= 852 log(1− q) +54r

+7

r + 1+

1r + 2

0 = 852 log(1− 6262 + 852r

) +54r

+7

r + 1+

1r + 2

A fenti egyenlet megoldása nem fejezhez® ki zárt alakban, számítógéppelnumerikus megoldást kaphatunk:

r ≈ 0.32 =⇒ q ≈ 0.19

A (0.32, 0.19) paraméter¶ negatív binomiális eloszlásból kapott értékek:

Kárszám 0 1 > 1Ni 798 47 7Npi 796.5 48.4 7.1

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(798− 796.5)2

796.5+

(47− 48.4)2

48.4+

(7− 7.1)2

7.1≈ 0.045

Ezt a hipotézist is elfogadjuk.

8

• Összefoglalás: A kapott eredményeket összefoglalva:

r q TN0.23 0.22 1.050.29 0.2 0.0120.33 0.18 0.0280.32 0.19 0.045

Hf/3.) X egy (n, p) paraméter¶ binomiális, Y pedig egy λ paraméter¶Poisson-eloszlású valószín¶ségi változó, melyek egymástól függetlenek. Határozzameg azX+Y valószín¶ségi változó várható értékét, szórásnégyzetét és harmadikmomentumát a generátorfüggvény segítségével!

Megoldás: A 3. és 6. feladatban már kiszámoltuk, hogyan lehet meghatározniaz els® 3 momentumot a generátorfüggvény z = 1-beli deriváltjai alapján:

E(X + Y ) = G′X+Y (1)

D2(X + Y ) = G′′X+Y (1) +G′X+Y (1)− (G′X+Y (1))2

E((X + Y )3) = G′′′X+Y (1) + 3G′′X+Y (1) +G′X+Y (1)Független valószín¶ségi változók generátorfüggvényét a 4. feladat alapján agenerátorfüggvényeik szorzataként kaphatjuk meg.

GX+Y (z) = GX(z)GY (z)

G′X+Y (z) = G′X(z)GY (z) +GX(z)G′Y (z)G′′X+Y (z) = G′′X(z)GY (z) + 2G′X(z)G′Y (z) +GX(z)G′′Y (z)

G′′′X+Y (z) = G′′′X(z)GY (z) + 3G′′X(z)G′Y (z) + 3G′X(z)G′′Y (z) +GX(z)G′′′Y (z)

GX(z) = (1− p+ pz)n GY (z) = eλ(z−1)

G′X(z) = np(1− p+ pz)n−1 G′Y (z) = λeλ(z−1)

G′′X(z) = n(n− 1)p2(1− p+ pz)n−2 G′′Y (z) = λ2eλ(z−1)

G′′′X(z) = n(n− 1)(n− 2)p3(1− p+ pz)n−2 G′′′Y (z) = λ3eλ(z−1)

GX+Y (1) = GX(1)GY (1) = 1G′X+Y (1) = G′X(1)GY (1) +GX(1)G′Y (1) = np+ λ

G′′X+Y (1) = G′′X(1)GY (1)+2G′X(1)G′Y (1)+GX(1)G′′Y (1) = n(n−1)p2+2npλ+λ2

G′′′X+Y (1) = G′′′X(1)GY (1) + 3G′′X(1)G′Y (1) + 3G′X(1)G′′Y (1) +GX(1)G′′′Y (1) == n(n− 1)(n− 2)p3 + 3n(n− 1)p2λ+ 3npλ2 + λ3

E(X + Y ) = G′X+Y (1) = np+ λ

D2(X+Y ) = G′′X+Y (1)+G′X+Y (1)−(G′X+Y (1))2 = n(n−1)p2+2npλ+λ2+(np+λ)−(np+λ)2

D2(X + Y ) = np(1− p) + λ

E((X + Y )3) = G′′′X+Y (1) + 3G′′X+Y (1) +G′X+Y (1)E((X + Y )3) = n(n− 1)(n− 2)p3 + 3n(n− 1)p2λ+ 3npλ2 + λ3 + 3n(n− 1)p2 + 6npλ+ 3λ2 + np+ λ

9

2. Gyakorlat - 2010. február 17.

1.) Határozza meg a negatív binomiális eloszlás várható értékét és szórás-négyzetét! Hasonlítsa össze a binomiális, Poisson-eloszlással!Megoldás: Az 1. gyakorlat 1. feladatában kiszámoltuk az (r, q) paraméter¶negatív binomiális eloszlás generátorfüggvényét. Fontos, hogy most sem a gyakor-laton használt paraméterezést követjük, hanem az el®adáson használt felírást:

GX(z) =(

1− q1− qz

)rA várható érték és szórásnégyzet kifejezhet® a generátorfüggvény segítségével(ld. 1. gyakorlat/3. feladat).

EX = G′X(1) = r

(1− q1− qz

)r−1q(1− q)(1− qz)2

∣∣∣∣∣z=1

=rq(1− q)r

(1− qz)r+1

∣∣∣∣z=1

=rq

1− q

D2(X) = G′′X(1)+G′X(1)−(G′X(1))2 =(rq(1− q)r

(1− qz)r+1

)′∣∣∣∣∣z=1

+rq

1− q− r2q2

(1− q)2=

= (r + 1)qrq(1− q)r

(1− qz)r+2

∣∣∣∣z=1

+rq

1− q− r2q2

(1− q)2=r(r + 1)q2

(1− q)2+

rq

1− q− r2q2

(1− q)2=

rq

(1− q)2

Látható, hogy

EX =rq

1− q<

rq

(1− q)2= D2X

(n, p) paraméter¶ binomiális eloszlás esetén:

EX = np > np(1− p) = D2(X)

λ-Poisson esetén pedigEX = λ = D2(X)

2.)(p1k

)és(p2k

)két kárszámeloszlás, melyeknek ismerjük a várható értékét,

szórását és generátorfüggvényét. Egy adott szerz®dés kárszáma u valószín¶séggelaz els® eloszásnak megfelel® eloszlású, 1 − u valószín¶séggel a másodiknak.Határozza meg a szerz®dés kárszámának várható értékét, szórását és generátor-függvényét! Határozzák meg ezt konkrétan, ha 0.1 és 0.5 paraméter¶ Poisson-eloszlásokról van szó!

Megoldás: X1 és X2-vel jelöljük a két lehetséges eloszlást, Y -nal pedig abel®lük kikevert eloszlást. Teljes várható érték tétellel:

EY = E(Y |Y = X1)P (Y = X1)+E(Y |Y = X2)P (Y = X2) = uEX1+(1−u)EX2

E(Y 2) = E(Y 2|Y = X1)P (Y = X1)+E(Y 2|Y = X2)P (Y = X2) = uE(X21 )+(1−u)E(X2

2 )

10

D2(Y ) = E(Y 2)− (EY )2 = uE(X21 )+(1−u)E(X2

2 )− (uEX1 +(1−u)EX2)2 =

= u(D2(X1)+(EX1)2)+(1−u)(D2(X2)+(EX2)2)−u2(EX1)2−(1−u)2(EX2)2−2u(1−u)EX1EX2 =

= uD2(X1) + (1− u)D2(X2) + u(1− u)(EX1 − EX2)2

GY (z) = E(zY ) = E(zY |Y = X1)P (Y = X1)+E(zY |Y = X2)P (Y = X2) = uGX1(z)+(1−u)GX2(z)

A konkrét esetben: EX1 = 0.1, EX2 = 0.5, D2(X1) = 0.1, D2(X2) = 0.5,GX1(z) = e0.1(z−1), GX2(z) = e0.5(z−1). Behelyettesítve az el®z® képletekbe:

EY = 0.1u+ 0.5(1− u) = 0.5− 0.4u

D2(Y ) = 0.1u+0.5(1−u)+u(1−u)(0.1−0.5)2 = 0.5−0.4u+0.16u(1−u) = −0.16u2−0.24u+0.5

GY (z) = ue0.1(z−1) + (1− u)e0.5(z−1)

3.) A 2. feladatban szerepl® szerz®dés 4 éven keresztül kármentes volt.Mennyi a valószín¶sége, hogy a kárszám 0.1 paraméter¶ Poisson?

Megoldás: A keresett valószín¶ség:

P (Y = X1|Y 4 évig kármentes) =P ((Y = X1) és (Y 4 évig kármentes))

P (Y 4 éven át kármentes)=

=P ((Y = X1) és (Y 4 évig kármentes))

P ((Y = X1) és Y 4 évig kármentes)P (Y = X1) + P ((Y = X2) és Y 4 évig kármentes)P (Y = X2)=

=u(p1

0)4

u(p10)4 + (1− u)(p2

0)4=

ue−4·0.1

ue−4·0.1 + (1− u)e−4·0.5 ≈0.67u

0.67u+ 0.135(1− u)

4.) Bizonyítsa be, hogy amennyiben η (a, b)-eloszlású, úgy létezik olyanα > 0 szám, és τ (a, b, 0) vagy (a, b, 1)-eloszlású valószín¶ségi változó, hogy

P (η = 0) = 1− α+ αP (τ = 0)

P (η = n) = αP (τ = n) (n = 1, 2, 3, ...)

Megoldás:De�níció: Egy η valószín¶ségi változó (a, b)-eloszlású, ha

P (η = n) =(a+

b

n

)P (η = n− 1) n = (2, 3, ...)

De�níció: Egy η valószín¶ségi változó (a, b, 1)-eloszlású, ha (a, b)-eloszlásúés P (η = 0) = 0.

Állítás: Ha (p0, p1, ...) (a, b)-eloszlást alkot, és p0 6= 1, akkor a

(q0 = 0, q1 =p1

1− p0, q2 =

p2

1− p0, ...)

11

eloszlás (a, b, 1)-eloszlást alkot.Bizonyítás: q0 = 0 nyilván teljesül,

qn =pn

1− p0=

(a+ b

n

)pn−1

1− p0=(a+

b

n

)qn−1 (n = 2, 3, ...)

∞∑n=0

qn =

∞∑n=1

pn

1− p0=

1− p0

1− p0= 1

Tehát (q0, q1, ...) valószín¶ségi eloszlást alkot, és teljesíti az (a, b)-eloszlás feltételeit.

A feladat megoldása:• Amennyiben P (η = 0) 6= 1, akkor legyen τ a következ® eloszlású:

P (τ = 0) = 0

P (τ = n) =P (η = n)

1− P (η = 0)(n = 1, 2, ...)

Ez az el®z® állítás szerint (a, b, 1)-eloszlású, továbbá az α = 1−p0 > 0 választás-sal teljesülnek a megkövetelt feltételek:

1− α+ αP (τ = 0) = 1− (1− P (η = 0)) + (1− P (η = 0) · 0 = P (η = 0) =

αP (τ = n) = (1− P (η = 0))P (τ = n) = P (η = n) (n = 1, 2, ...)

• Amennyiben P (η = 0) = 1, akkor az η már önmagában (a, b, 0)-eloszlású,legyen tehát τ = η és például α = 0.5. Ekkor

1− α+ αP (τ = 0) = 1− 0.5 + 0.5 · P (η = 0) = 1− 0.5 + 0.5 = 1 = P (η = 0)

αP (τ = n) = 0.5P (η = n) = 0.5 · 0 = 0 = P (η = n) (n = 1, 2, ...)

Tehát mindkét esetben sikerült találnunk a követelményeknek megfelel® τeloszlást.

�����������������������������������

Legyenek a következ®kben (5 − 7. feladat): N és M1, M2,... független, nem-negatív egész eloszlású valószín¶ségi változók.

η = M1 +M2 + ...+MN

További jelölések: P (N = n) = pn, P (Mi) = n = fn, P (η = n) = gn.

�����������������������������������

12

5.) Mi η eloszlása, ha N indikátorváltozó?Megoldás: Ha N indikátorváltozó, akkor p1 = P (N = 1) = p, és p0 =

P (N = 0) = 1− p.Ekkor

g0 = P (η = 0) = P (N = 0) + P (N = 1)P (M1 = 0) = 1− p+ pf0

gn = P (η = n) = P (N = 1)P (M1 = n) = pfn (n = 1, 2, ...)

6.) Határozza meg η várható értékét, szórását és generátorfüggvényét! Miaz eredmény, ha mindkét eloszlás Poisson?

Megoldás: Az 1. gyakorlat/7. feladata alapján a generátorfüggvény: Gη(z) =GN (GM1(z))

A Wald-azonosság alapján: Eη = EN · EM1.A teljes szórásnégyzet tétellel:

D2(η) = D2(E(η|N)+E(D2(η|N)) = D2(N ·EM1)+E(N ·D2(M1)) = (EM1)2·D2(N)+EN ·D2(M1)

Speciálisan, ha N ∼ λ-Poisson és M1 ∼ µ-Poisson, akkor

Gη(z) = eλ(eµ(z−1)−1)

Eη = λµ D2(η) = µ2λ+ λµ = λµ(µ+ 1)

7.) Mutassa meg, hogy amennyiben N Poisson-eloszlású, M -ek logarit-mikusak (a generátorfüggvénye: GM (z) = log(1−qz)

log(1−q) ), úgy az összetett eloszlásnegatív binomiális lesz.

Megoldás:

Gη(z) = GN (GM (z)) = eλ(log(1−qz)log(1−q) −1) = e

λlog(1−q) log 1−qz

1−q =(

1− q1− qz

)− λlog(1−q)

Így éppen egy (− λlog(1−q) , q) paraméter¶ negatív binomiális eloszlás generá-

torfüggvényét kaptuk. Mivel a generátorfüggvény egyértelm¶en meghatározzaaz eloszlást (ld. 1. gyakorlat/2. feladat), ezért η valóban negatív binomiáliseloszlású.

8.) Egy kárszám eloszlása a következ® rekurzióval jellemezhet®:

P (N = n) = p · P (n = n− 1) (0 < n < M)

P (N = n) = q · P (n = n− 1) (M ≤ n)

a) Mi P (N = 0) értéke?

13

b) Mi az eloszlás generátorfüggvénye?c) Ez alapján határozza meg N várható értékét, szórásnégyzetét.Megoldás:a) Bevezetve a szokásos P (N = n) = pn jelölést:

p1 = p · p0, p2 = p2 · p0, ..., pM−1 = pM−1p0

pM = qpM−1p0, pM+1 = q2pM−1p0, ...

1 =∞∑n=0

pn =M−1∑n=0

pn+∞∑

n=M

pn =M−1∑n=0

pnp0+∞∑n=1

qnpM−1p0 =1− pM

1− pp0+

q

1− qpM−1p0

p0 =(

1− pM

1− p+qpM−1

1− q

)−1

b) A generátorfüggvény:

GN (z) =∞∑n=0

pnzn =

M−1∑n=0

pnzn+

∞∑n=M

pnzn =

M−1∑n=0

pnp0zn+

∞∑n=1

qnpM−1p0zM−1+n =

=1− (pz)M

1− pzp0 +

qz

1− qz(pz)M−1p0

c) A generátorfüggvény z = 1-beli deriváltjaiból megkaphatjuk a várhatóértéket és szórásnégyzetet (ld. 1. gyakorlat/ 3. feladat):

EN = G′N (1) =(

1− (pz)M

1− pzp0 +

qz

1− qz(pz)M−1p0

)′∣∣∣∣∣z=1

=

=−Mp(pz)M−1(1− pz) + (1− (pz)M )p

(1− pz)2p0

∣∣∣∣z=1

+Mq(pz)M−1(1− qz) + pM−1q2zM

(1− qz)2p0

∣∣∣∣z=1

=

=p(1− pM )−MpM (1− p)

(1− p)2p0 +

MpM−1q(1− q) + pM−1q2

(1− q)2p0

D2(N) = G′′N (1)+G′N (1)−(G′N (1))2 =(−Mp(pz)M−1(1− pz) + (1− (pz)M )p

(1− pz)2p0

)′∣∣∣∣∣z=1

+

+(Mq(pz)M−1(1− qz) + pM−1q2zM

(1− qz)2p0

)′∣∣∣∣∣z=1

+EN−(EN)2 = ... = EN−(EN)2+

14

+M(1−M)pMp0

1− p−2MpM+1p0

(1− p)2+

2p2(1− pM )p0

(1− p)3+M(M − 1)pM−1qp0

1− q+

2MpM−1q2p0

(1− q)2+

2pM−1q3p0

(1− q)3

9.) N rögzített természetes szám, a p valószín¶ségi változó eloszlása:

P (p = 0.1) = 0.2 P (p = 0.2) = 0.5 P (p = 0.25) = 0.3

Mi az eloszlása a következ® összegeknek? (Jellemezze a generátorfüggvénnyel ésszámolja ki a várható értékét és szórásnégyzetét!)

a) N db p paraméter¶ geometriai eloszlású valószín¶ségi változób) N db geometriai eloszlású valószín¶ségi változó, p1,...,pN paraméterekkel,

ahol p1,...,pN egymástól független valószín¶ségi változók, és mindegyik eloszlásamegegyezik p eloszlásával.

Megoldás:El®zetes megjegyzés: A feladat értelmezése során több hibát is elkövethetünk.

Az egyik lehetséges hiba, hogy az a) részben azt gondolhatnánk, hogy ha Xi

jelöli az összeg i-edik tagját, hogy az Xi valószín¶ségi változók függetlenek. Ezazonban nem igaz! A téves következtetés egyik oka az lehet, hogy ha elképzeljük,hogyan is történik a konstrukció: ismertté válik számunkra a p valószín¶ségi vál-tozó értéke: p = q (q lehet 0.1, 0.2 vagy 0.25), utána veszünk N db független,Geom(q)-eloszlású valószín¶ségi változót és ezeket összeadjuk. Ezért tévesen azXi-ket függetlennek gondoljuk. A valóság az, hogy az Xi valószín¶ségi változókcsak feltételesen függetlenek a p = q feltétel mellett. Ezért lesz szükség kisséeltér® gondolatmenetre az a) és b) rész megoldása során.

a) Miután el®zetesen megállapítottuk, hogy az összeg tagjai csak feltételesenfüggetlenek p mellett, ezért teljes várható érték tétellel érdemes számolnunk. Arövidebb jelölés érdekében legyen: S = X1 + ...XN .

ES = E(S|p = 0.1)P (p = 0.1)+E(S|p = 0.2)P (p = 0.2)+E(S|p = 0.25)P (p = 0.25)

Az E(S|p = 0.1) feltételes várható érték N0.1 -del egyenl®, ugyanis

E(X1 + ...Xn|p = 0.1) = E(X1|p = 0.1) + ...+ E(XN |p = 0.1) =N

0.1

hiszen egy Geom(q)-eloszlás várható értéke 1q . Így:

ES =N

0.1· 0.2 +

N

0.2· 0.5 +

N

0.25· 0.3 = 5.7N

Teljes szórásnégyzet tétellel hasonlóan megkapjuk, hogy:

D2(S) = D2(E(S|p)) + E(D2(S|p)) =

E(S|p = q) =N

q

15

D2(S|p = q) =N(1− q)

q2

Ez utóbbi azonosság során felhasználtuk a feltételes függetlenséget, hiszen p =q feltétel mellett már az S-et független Geom(q)-eloszlású tagok összegekéntállítottuk el®, egy ilyen tagnak a szórásnégyzete pedig 1−q

q2 . Így:

D2(S) = D2

(N

p

)+ E

(N

1− pp2

)= N2D2

(1p

)+NE

(1− pp2

)A képletben szerepl® várható értéket és szórásnégyzetet már egyszer¶en ki

tudjuk számolni:

E

(1p

)=

10.1· 0.2 +

10.2· 0.5 +

10.25

· 0.3 = 5.7

D2

(1p

)=(

10.1− 5.7

)2

· 0.2 +(

10.2− 5.7

)2

· 0.5 +(

10.25

− 5.7)2

· 0.3 = 4.81

E

(1− pp2

)=

1− 0.10.12

· 0.2 +1− 0.2

0.22· 0.5 +

1− 0.250.252

· 0.3 = 31.6

D2(S) = 4.81N2 + 31.6N

A generátorfüggvényt szintén teljes várható érték tétellel számoljuk:

GS(z) = E(zS) = E(zS |p = 0.1)P (p = 0.1)+E(zS |p = 0.2)P (p = 0.2)+E(zS |p = 0.25)P (p = 0.25)

A fenti képletben E(zS |p = 0.1) könnyen számolható, ugyanis a p = 0.1 felté-tel mellett azXi változók már feltételesen függetlenek, így a várható értéket kife-

jezhetjük szorzatalakban: E(zS |p = 0.1) = (E(zX1 |p = 0.1))N =(

0.1z1−0.9z

)N,

ugyanis egy Geom(q)-eloszlás generátorfüggvénye: qz1−(1−q)z Tehát:

GS(z) = 0.2(

0.1z1− 0.9z

)N+ 0.5

(0.2z

1− 0.8z

)N+ 0.3

(0.25z

1− 0.75z

)N

b) A várható értékhez és szórásnégyzethez elegend® kiszámolni egyetlen pparaméter¶ geometriai eloszlás várható értékét és szórásnégyzetét, az összegvárható értéke ennek az N -szerese lesz (az el®z® esetben ez a várható értékrejárható út lett volna, azonban a szórásnégyzet additivitását csak független valószín¶ségiváltozókra tudjuk). HaX1 egy p paraméter¶ geometriai eloszlású (p is valószín¶ségiváltozó, nem konstans!) valószín¶ségi változó, akkor a várható értéke a teljesvárható érték tétel alapján: (felhasználjuk, hogy egy q (konstans) paraméter¶geometriai eloszlás várható értéke 1

q )

16

EX1 = E(X1|p = 0.1)P (p = 0.1)+E(X1|p = 0.2)P (p = 0.2)+E(X1)P (p = 0.25) =

=1

0.1· 0.2 +

10.2· 0.5 +

10.25

· 0.3 = 5.7

A szórásnégyzet számolása is hasonlóan történik a teljes várható érték tétel-lel, felhasználva, hogy adott q paraméter¶ geometriai eloszlás szórásnégyzete:1−qq2 , második momentuma 2−q

q2 .

E(X21 ) = E(X2

1 |p = 0.1)P (p = 0.1)+E(X21 |p = 0.2)P (p = 0.2)+E(X2

1 |p = 0.25)P (p = 0.25) =

=2− 0.1

0.12· 0.2 +

2− 0.20.22

· 0.5 +2− 0.25

0.252· 0.3 = 68.9

D2(X1) = E(X21 )− (EX1)2 = 68.9− 5.72 = 36.41

Tehát az N -tagú összeg várható értéke: 5.7N , szórásnégyzete: 36.41N .A generátorfüggvény:

GS(z) = E(zS) = E(zX1+...+XN ) = E(zX1) · ... · E(zXN ) = E(zX1)N

Ismét fontos volt, hogy tudtuk az Xi változók függetlenségét, és így a zXi

változók is függetlenek, szorzatuk várható értéke megegyezik a várható értékekszorzatával. Elég tehát X1 generátorfüggvényét meghatároznunk teljes várhatóérték tétellel:

GX1(z) = E(zX1) = E(zX1 |p = 0.1)P (p = 0.1) + E(zX1 |p = 0.2)P (p = 0.2)+

+E(zX1 |p = 0.25)P (p = 0.25) =

= 0.2 · 0.1z1− 0.9z

+ 0.5 · 0.2z1− 0.8z

+ 0.3 · 0.25z1− 0.75z

Tehát az összeg generátorfüggvénye:

GS(z) =(

0.2 · 0.1z1− 0.9z

+ 0.5 · 0.2z1− 0.8z

+ 0.3 · 0.25z1− 0.75z

)N

Hf/1.) A HUHOGÓ Biztosító csoportos életbiztosítást adott el a BRMcégnek. A biztosítási összegek 2, 4, és 10 millió Ft voltak. A biztosítottak

17

száma az alábbi.

2M Ft25 éves 45 éves 55 éves

N® 20 5 9Fér� 15 20 44M Ft

25 éves 45 éves 55 évesN® 10 20 20Fér� 4 5 10

10M Ft25 éves 45 éves 55 éves

N® 1 30 23Fér� 1 10 25

Határozzák meg az egyéves összkár várható értékét, szórását és eloszlását! Ezutóbbit normális közelítéssel és pontosan is. A normális közelítésnél határozzákmeg az Esséen-tételben szerepl® hibabecslést és hasonlítsák össze a ténylegessel!

2008. évi kiegyenlített halandósági valószín¶ségek 25 45 55N® 0.00029 0.00277 0.00695Fér� 0.00086 0.00663 0.01757

Megoldás: A pontos értékek meghatározásához a De Pril-algoritmust érdemeshasználnunk. Ezért a továbbiakban az el®adáson használt jelöléseket követjük: ijelöli a biztosítási összegeket (i = 2, 4, vagy10), qj jelöli a különböz® bekövetkezésivalószín¶ségeket (a mostani esetben q1 = 0.00029,q2 = 0.00277,...,q6 = 0.01757),míg ni,j jelöli azon szerz®dések számát, ahol i a biztosítási összeg és qj abekövetkezési valószín¶ség (a mostani esetben pl. n10,3 jelöli a 10M Ft-os,55 éves kategóriába es® n®k számát: n10,3 = 23).

A várható érték és szórás meghatározásához elegend® szerz®désenként meghatározniazokat. Egy qj bekövetkezési valószín¶ségi, i biztosítási összeg¶ szerz®dés ese-tében:

EXi,j = qj · i+ (1− qj) · 0 = qji

D2(Xi,j) = qj(i− qji)2 + (1− qji)(0− qji)2 = qj(1− qj)i2

Az összkár várható értéke és szórása az összegzést elvégezve megkapható:

ES =10∑i=1

6∑j=1

ni,jEXi,j =10∑i=1

6∑j=1

ni,jqji ≈ 9.73

D2(S) =10∑i=1

6∑j=1

ni,jD2(Xi,j) =

10∑i=1

6∑j=1

ni,jqj(1− qj)i2 ≈ 81.679

Tehát az egyéves összkár várható értéke ES = 9.73M Ft, míg a szórásaDS = 9.04M Ft.

18

Az Esséen-tétel becsléséhez ki kell számolnunk a benne szerepl® Ln értéket:

Ln =

10∑i=1

6∑j=1

ni,jE|Xi,j − EXi,j |3

(D(S))3=

10∑i=1

6∑j=1

ni,j((qj |i− qji|3) + (1− qj)|0− qji|3)

(D(S))3=

=

10∑i=1

6∑j=1

ni,jqj(1− qj)(q2j + (1− qj)2)i3

(D(S))3≈ 749.44

9.043≈ 1.015

Az Esséen-tétel tehát ebben a konkrét feladatban a következ® becslést adja:

supx

∣∣∣∣P (S − ESDS< x

)− Φ(x)

∣∣∣∣ ≤ 0.7915Ln

supx

∣∣∣∣P (S − 9.739.04

< x

)− Φ(x)

∣∣∣∣ ≤ 0.7915 · 1.015 ≈ 0.8

supt

∣∣∣∣P (S < t)− Φ(t− 9.73

9.04

)∣∣∣∣ ≤ 0.8

A normális közelítés a P (S < t) valószín¶séget a Φ(t−9.73

9.04

)értékkel be-

csüli. A következ® táblázat tartalmazza az eloszlásfüggvény pontos és közelítettértékeit, illetve a hibát t = 0, 1, ..., 40 esetén.. A fellép® maximális hiba 0.143 <0.8, természetesen nem mond ellent az Esséen-tételnek. (A pontos értékéket a DePril-algoritmussal számolhatjuk ki, bármely erre alkalmas számítógépes programsegítségével. Érdemes erre olyan (matematikai) segédprogramot használni, melyképes igen pontosan számolni, hogy a sokadik rekurziós lépés után ne kapjunknagy hibát a kerekítések miatt. A táblázat Maple segítségével készült.)

19

t Pontos érték Normális közelítés Eltérés0 0.230947 0.140890 −0.090061 0.230947 0.167095 −0.063852 0.300373 0.196251 −0.104123 0.300373 0.228296 −0.072084 0.406132 0.263090 −0.143045 0.406132 0.300407 −0.105726 0.435835 0.339946 −0.095897 0.435835 0.381329 −0.054518 0.459368 0.424117 −0.035259 0.459368 0.467820 0.0084510 0.640919 0.511914 −0.1290111 0.640919 0.555862 −0.0850612 0.697026 0.599134 −0.0978913 0.697026 0.641221 −0.0558014 0.778167 0.681660 −0.0965115 0.778167 0.720041 −0.0581316 0.801078 0.756028 −0.0450517 0.801078 0.789360 −0.0117218 0.819029 0.819858 0.0008319 0.819029 0.847423 0.0283920 0.889203 0.872035 −0.0171721 0.889203 0.893743 0.0045422 0.911458 0.912657 0.0012023 0.911458 0.928937 0.0174824 0.942066 0.942779 0.0007125 0.942066 0.954406 0.0123426 0.950754 0.964052 0.0133027 0.950754 0.971959 0.0212128 0.957485 0.978361 0.0208829 0.957485 0.983482 0.0260030 0.975265 0.987528 0.0122631 0.975265 0.990686 0.0154232 0.981042 0.993121 0.0120833 0.981042 0.994975 0.0139334 0.988609 0.996371 0.0077635 0.988609 0.997408 0.0088036 0.990769 0.998169 0.0074037 0.990769 0.998722 0.0079538 0.992423 0.999118 0.0066939 0.992423 0.999398 0.0069840 0.995744 0.999594 0.00385

20

Hf/2.) Gépjárm¶vezet®k kárszámára a következ® meg�gyelések adódtak(állítólag valós adat):

Károk száma 0 1 2 3 4 5 > 5Vezet®k száma 565664 68714 5177 365 24 6 0

Becsüljék meg a várható értéket, szórásnégyzetet és harmadik centrális momen-tumot! Elfogadnák-e azt a hipotézist, hogy a kárszám Poisson-eloszlású?

Megoldás: A becsléseink a meg�gyelésekb®l kapott tapasztalati becsléseklesznek:

EX =565664 · 0 + 68714 · 1 + 5177 · 2 + 365 · 3 + 24 · 4 + 6 · 5

565664 + 68714 + 5177 + 365 + 6 + 0=

80289639950

≈ 0.125

D2(X) =565664 · (0− 0.125)2 + 68714 · (1− 0.125)2 + 5177 · (2− 0.125)2 + 365 · (3− 0.125)2

639950+

+24 · (4− 0.125)2 + 6 · (5− 0.125)2

639950≈ 0.13

E(|X − EX|3) =565664 · |0− 0.125|3 + 68714 · |1− 0.125|3 + 5177 · |2− 0.125|3 + 365 · |3− 0.125|3

639950+

+24 · |4− 0.125|3 + 6 · |5− 0.125|3

639950≈ 0.144

A várható érték és a szórásnégyzet becslésére fennáll az EX = 0.125 <

0.13 = D2(X) egyenl®tlenség, ezért ez alapján negatív binomiális eloszlástpróbálnánk meg illeszteni. A két érték azért nincs olyan messze egymástól,ezért a Poisson-eloszlásra való illeszkedés is szóba jöhet. Pontos választ akkorkapunk, ha megbecsüljük a Poisson-eloszlás paraméterét maximum likelihood-módszerrel, majd diszkrét illeszkedésvizsgálattal eldöntjük, hogy elfogadjuk-e ahipotézist.

Poisson-eloszlás paraméterének ML-becslése (ld. majd 3. gyakorlat/2a) fe-ladat):

λ = EX = 0.125

Felírva a 0.125-Poisson eloszlás értékeit (639950 elemre), az alábbi illeszkedésvizs-gálatot kell elvégeznünk (egybevontuk a kisebb csoportokat, hogy minden cso-portban legalább 4−6 elem legyen, mert különben pontatlan lenne a kis értékekmiatt a hipotézviszgálat):

Károk száma 0 1 2 3 > 3Ni 565664 68714 5177 365 30Npi 564753.4 70594.2 4412.1 183.8 5.9

A statisztika, ami alapján döntünk a hipotézisr®l:

21

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(565664− 564754)2

564754+

(68714− 70594.2)2

70594.2+

(5177− 4412.1)2

4412.1+

+(365− 183.8)2

183.8+

(30− 5.9)2

5.9≈ 461.3

Ez az érték b®ven meghaladja a χ25−1 = χ2

4-eloszlásnak még a 99.95%-os kvantili-sét is (461.3 > 20.0), el kell vetnünk azt a hipotézist, hogy a kárszám Poisson-eloszlású.

Hf/3.) Mutassuk meg, hogy a logaritmikus eloszlás (a, b, 1)-eloszlás. Alogaritmikus eloszlás generátorfüggvénye:

GM (z) =log(1− qz)log(1− q)

Megoldás: A generátorfüggvényt felírhatjuk olyan alakban, hogy leolvashas-suk a P (M = n) értékeket:

GM (z) =log(1− qz)log(1− q)

=

∞∑n=1

(qz)n

n

− log(1− q)=∞∑n=1

qn

−n log(1− q)zn

P (M = 0) = 0

P (M = n) =1

− log(1− q)qn

n(n = 1, 2, ...)

P (M = n) =1

− log(1− q)· qn−1

n− 1·q(n− 1)

n= P (M = n−1)

(q − 1

n

)(n = 2, 3, ...)

GM (1) = 1 és a fenti felírás miatt is látható hogy ez valóban egy valószín¶ségieloszlást alkot és teljesíti az (a, b, 1)-eloszlások tulajdonságait.

Hf/4.) Készítsünk (a, b, 0)-eloszlásból (a, b, 1)-eloszlást.Megoldás: A gyakorlat 4. feladatának megoldásánál használt segédállítás

épp egy ilyen konstrukciót ad meg a nem-elfajuló (a, b, 0)-eloszlások esetére.

Hf/5.) Egy biztosító állománya 150 baleseti halálra szóló biztosításból áll.A biztosítottak közül 50 n® (0.5 ezrelék a baleseti halál valószín¶sége) és 100fér� (1 ezrelék a baleseti halál valószín¶sége). A n® biztosítási összege 1M Ft,a fér�aké fele-fele arányban 5 ill. 10M Ft. Határozzák meg az egyéves összkárvárható értékét, szórását. Írják fel a De Pril-algoritmust! Normális közelítésselmilyen valószín¶ség adódna arra, hogy az összkár legfeljebb 1M Ft? És mi apontos érték? Mennyi a normális közelítés hibája?

Megoldás: Jelöljük a megadott valószín¶ségeket q1 = 0.0005 és q2 =0.001-del. Ekkor az egyéves összkár várható értékét és szórásnégyzetét könnyen

22

megkaphatjuk a szerz®désenkénti várható értékek és szórásnégyzetek összegével.Ugyanúgy számolhatunk, mint a gyakorlat Hf/1. feladatában csak most n1,1 =50, n5,2 = 50, n10,2 = 50, minden más esetben ni,j = 0:

ES =10∑i=1

2∑j=1

ni,jqji = 50q1 + 50 · 5q2 + 50 · 10q2 = 50q1 + 750q2 = 0.775

D2(S) =10∑i=1

2∑j=1

ni,jqj(1−qj)i2 = 50q1(1−q1)+50·52q2(1−q2)+50·102q2(1−q2) ≈ 6.269

Tehát a várható érték ES = 0.775M Ft, a szórás pedig DS ≈ 2.5M Ft.

A De Pril-algoritmus a mostani esetben:

h(i, l) = i(−1)l−1m∑j=1

ni,j

(qj

1− qj

)l= i(−1)l−1

(ni,1

(q1

1− q1

)l+ ni,2

(q2

1− q2

)l)

h(1, l) = (−1)l−1 · 50(

59995

)lh(5, l) = (−1)l−1 · 5 · 50

(1

999

)lh(10, l) = (−1)l−1 · 10 · 50

(1

999

)lp0 =

r∏i=1

m∏j=1

(1− qj)ni,j = (1− q1)50(1− q2)100 ≈ 0.882

pk =1k

min(k,r)∑i=1

b ki c∑l=1

h(i, l)pk−il =1k

k∑l=1

h(1, l)pk−l+1k

b k5 c∑l=1

h(5, l)pk−5l+1k

b k10 c∑l=1

h(10, l)pk−10l

Ha normális közelítést szeretnénk, akkor szintén láthattuk a gyakorlat Hf/1.feladatban, hogy a P (S < t) valószín¶séget Φ

(t−ESDS

)közelíti. A kiszámolt

adatokkal P (S ≤ 1) = P (S < 1.00001) = P (S < 2) lehetséges becslései:

Φ(

2− 0.7752.5

)= Φ(0.49) ≈ 0.688

Φ(

1.00001− 0.7752.5

)≈ Φ(0.09) ≈ 0.536

A pontos értéket könnyen meghatározhatjuk a De Pril-algoritmus nélkül is,ugyanis legfeljebb 1M Ft kár akkor adódik, ha vagy nem szenved senki baleseti

23

halált (ennek valószín¶sége: p0 ≈ 0.882), illetve akkor, ha pontosan 1 n® szenvedbaleseti halált (ennek valószín¶sége: 50q1(1−q1)49(1−q2)100 ≈ 0.022). A pontosérték így: 0.905. A normális közelítés legnagyobb hibája a fenti becsléseknél:0.905 − 0.536 = 0.369 Ellen®rzésként kiszámolhatjuk még az Esséen-tételbenszerepl® hibabecslést is:

Ln =

10∑i=1

2∑j=1

ni,jqj(1− qj)(q2j + (1− qj)2)i3

(D(S))3=

=50q1(1− q1)(q2

1 + (1− q1)2) + 50 · 53q2(1− q2)(q22 + (1− q2)2) + 50 · 103q2(1− q2)(q2

2 + (1− q2)2)2.53

≈

≈ 56.12.53

≈ 3.57

Mivel 0.7915Ln > 1, ezért semmi lényegeset nem mond erre a feladatra a hi-babecslés, és láthattuk, hogy a normális közelítés hibája elég jelent®s is.

24

3. Gyakorlat - 2010. február 24.

1.) A kárszámok B(m, p) binomiális eloszlásúak. Határozzuk meg a p maxi-mum likelihood-becslését, ha m ismert. Mi lesz a becslés várható értéke ésszórása? (Hf. Íjon fel aszimptotikus kon�denciaintervallumot a paraméterre.Mi a maximum likelihood-becslés, ha mindkét paraméter ismeretlen?)

Megoldás: A maximalizálandó likelihood-függvény, ha az i-edik szerz®déskárszámát ki jelöli és összesen N szerz®désünk van:

L(p) =N∏i=1

(n

ki

)pki(1− p)m−ki =

(N∏i=1

(n

ki

))p

N∑i=1

ki(1− p)

Km−N∑i=1

ki

l(p) =N∑i=1

log(n

ki

)+ log p

N∑i=1

ki + log(1− p)

(Nm−

N∑i=1

ki

)

dl

dp=

N∑i=1

ki

p−Nm−

N∑i=1

ki

1− p= 0

(1− p)N∑i=1

ki − pNm+ p

N∑i=1

ki = 0

N∑i=1

ki = pNm

p =

N∑i=1

ki

Nm=X

m

A becslés várható értéke:

E(p) = E

(X

m

)= E

(X1 + ...+XN

Nm

)=EX

m=mp

m= p

azaz a becslés torzítatlan. Szórása:

D2(p) = D2

(X

m

)=D2(X1+...+XN

N

)m2

=D2(X1 + ...+XN )

N2m2=ND2(X)N2m2

=D2(X)Nm2

=mp(1− p)Nm2

D2(p) =p(1− p)Nm

Aszimptotikus kon�denciaintervallum konstrukciójához felhasználjuk, hogy amaximum likelihood-becslés konzisztens és ráadásul az N(p− p) eloszlása egy 0várható érték¶ normális eloszláshoz tart eloszlásban (a szórásnégyzet/kovarianciamátrix/pedig az egyelem¶ minta p-re vonatkozó Fisher-információ inverze lesz, de eztmost nem haszáljuk konkrétan). Tehát p−p elsozlását közelíthetjük egyN(0, D2(p)) =N(

0, p(1−p)Nm

)≈ N

(0, p(1−p)Nm

)normális eloszlással. Ezért ha 1−αmegbízhatósági

25

szint¶ aszimptotikus kon�denciaintervallumot szeretnénk, vennünk kell a stan-dard normális eloszlás 1 − α

2 -kvantilisét (ez 95%-os szint esetén x = 1.96), és

ekkor a

(p− x

√p(1−p)Nm , p+ x

√p(1−p)Nm

)intervallum aszimptotikusan megfelel®

lesz.

2.) 10000 szerz®dés kárszámát �gyeltük meg. Az adatok az alábbiak:

Károk száma 0 1 2 3 > 3Szerz®dések száma 9048 905 45 2 0

a) Határozza meg Poisson-modell esetén a paraméter maximum likelihood-becslését, és írjon fel 95%-os megbízhatósági kon�denciaintervallumot a paraméterre!

b) Határozza meg geometriai eloszlás esetén a paraméter maximum likelihood-becslését, és írjon fel 95%-os megbízhatósági kon�denciaintervallumot a paraméterre!

c) Határozza meg negatív binomiális eloszlás esetén a paraméterek maximumlikelihood-becslését!

d) Hipotézisvizsgálattal ellen®rizze, hogy melyik modell elfogadható!e) A következ® évben módosultak a feltételek, a biztosító csak szerz®désenként

csak 1 kárra �zet. Várhatóan hogy csökken a károk száma? Különböz® mod-ellek esetén mennyire eltér®k ennek a becslései? Mennyire megbízhatóak ezek abecslések?

Megoldása) A maximalizálandó likelihood-függvény, ha az i-edik szerz®dés kárszámát

ki jelöli és összesen N szerz®désünk van:

L(λ) =N∏i=1

λkiki!e−λ

l(λ) =N∑i=1

(ki log λ+ log ki!)−Nλ

dl

dλ=

N∑i=1

kiλ−N = 0

λ =

N∑i=1

ki

N= X

E(λ)

= EX = E

(X1 + ...+XN

N

)=N · EXN

= EX = λ

D2(λ)

= D2(X) = D2

(X1 + ...+XN

N

)=ND2(X)N2

=λ

N

26

A megadott adatok esetében:

λ = X =9048 · 0 + 905 · 1 + 45 · 2 + 2 · 3

10000=

100110000

≈ 0.1

Ezért a kon�denciaintervallumra a D2(λ)

= λN ≈

λN = 0.1

10000 = 10−5

közelítést felhasználva kapjuk:

(λ−1.96D(λ), λ−1.96D

(λ)

) ≈ (0.1−1.96·0.0032, 0.1−1.96·0.0032) ≈ (0.094, 0.106)

b) Geometriai eloszlás szokásos paraméterezése: pk = p(1 − p)k−1 (k =1, 2, ...). A feladatban azonban a 0-nak is pozitív valószín¶sége van, ezért egyeltolt geometriai eloszlással kell modellezzük:

pk = p(1− p)k (k = 0, 1, ...)

Ebben az esetben a maximalizálandó likelihood-függvény:

L(p) =N∏i=1

p(1− p)ki = pN (1− p)N∑i=1

ki

l(p) = N log p+N∑i=1

ki log(1− p)

dl

dp=N

p−

N∑i=1

ki

1− p= 0

N(1− p)− pN∑i=1

ki = 0

p =N

N +N∑i=1

ki

=1

1 +X≈ 1

1 + 0.1≈ 0.91

A kapott becslésre

E(p) = E

(1

1 +X

)>

11 + EX

= p

felhasználva a Jensen-egyenl®tlenséget az 11+x függvény konvexitása miatt. Tehát

a p becslés p-re mégcsak nem is torzítatlan, várható értékét és szórásnégyzetétnem egyszer¶ kiszámolni. Ha azonban a q = 1

p − 1 = EX-re alkalmazunk ML-

becslést, akkor az q = 1p − 1 = X lesz (az 1

x − 1 függvény injektív). Ekkor aq − q eloszlása is normálissal közelíthet® a centrális határeloszlástétel alapján.

E(q) = EX = EX = q

27

D2 (q) = D2(X) =D2(X)N

=1− pNp2

≈ 1− pNp2

≈ 1− 0.9110000 · 0.912

≈ 1.1 · 10−5

Tehát q-ra konstruálhatunk egy aszimptotikus kon�denciaintervallumot:

(q−1.96·D(q), q+1.96·D(q)) ≈ (0.1−1.96·0.0033, 0.1−1.96·0.0033) ≈ (0.093, 0.107)

Ebb®l p-re is kaphatunk kon�denciaintervallumot, felhasználva, hogy p = 11+q :(

11 + 0.093

,1

1 + 0.107

)≈ (0.904, 0.914)

c) Negatív binomiális eloszlás ML-becslése szerepelt el®adáson. A következ®egyenletrendszert kell megoldani hozzá:

rq

1− q= X

N log(1− q) +N∑i=1

ki−1∑m=0

1r +m

= 0

Az els® egyenletb®l kifejezhetjük q-t r segítségével, majd behelyettesíthetjük amásodik egyenletbe. A megadott adatokkal:

q =1001

10000r + 1001

10000 log10000r

10000r + 1001+

952r

+47r + 1

+2

r + 2= 0

Ezt számítógéppel numerikusan megoldhatjuk, a végeredmény:

r ≈ 56.2 q ≈ 0.018

d) Poisson-modell esetén ki kell számolni a kapott λ = 0.1 esetére a 10000 ·λk

k! e−λ értékeket, és utána illeszkedésvizsgálatot végzünk. Az összehasonlítandó

értékek:Károk száma 0 1 > 1

Ni 9048 905 47Npi 9048.4 904.8 46.8

A statisztika, ami alapján döntünk a hipotézisr®l:

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(9048− 9048.4)2

9048.4+

(905− 904.8)2

904.8+

(47− 46.8)2

46.8≈ 0.0009

28

Ez jóval kisebb, mint a χ22-eloszlás 95%-os kvantilise (5.99), tehát nincs okunk

elutasítani a Poisson-modellt.

Geometriai eloszlás esetén az összehasonlítandó értékek: 10000·p(1−p)k p =1

1.1

Károk száma 0 1 > 1Ni 9048 905 47Npi 9090.9 826.4 83.7

A statisztika, ami alapján döntünk a hipotézisr®l:

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(9048− 9090.9)2

9090.9+

(905− 826.4)2

826.4+

(47− 83.7)2

83.7≈ 23.77

Ez az érték nagyobb, mint a χ22-eloszlás 99.95%-os kvantilise (15.2), ezért nyu-

godtan elutasíthatjuk ezt a modellt.

Negatív binomiális modell esetén az összehasonlítandó értékek: 10000·qk(1−q)r r = 56.2, q = 0.00178

Károk száma 0 1 > 1Ni 9048 905 47Npi 9047.3 905 47.7

A statisztika, ami alapján döntünk a hipotézisr®l:

TN =3∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi=

(9048− 9047.3)2

9047.3+

(905− 905)2

905+

(47− 47.7)2

47.7≈ 0.01

Ez az érték kisebb mint 5.99, ezért ezt a modellt is elfogadhatjuk.Azt láttuk, hogy két lényegesen különböz® modellt is elfogadtunk. Ter-

mészetesen, ha választanunk kell közülük, akkor a Poisson-modellt érdemesválasztanunk, hiszen annak csak 1 szabad paramétere volt, míg a negatív bi-nomiális modell esetében 2 paramétert is megválaszthattunk, ezért nemmeglep®,hogy ilyen pontosan illeszkedik az is.

e) Az egyes modellek esetében a becslések a következ®ek lesznek (az 1-nélnagyobb kárszámokat is 1 kárnak tekintjük a biztosító szemszögéb®l):

Károk száma Meg�gyelések Poisson-modell Geometriai Negatív binomiális0 9048 9048.4 9090.9 9048.31 952 951.6 909.1 951.7

29

3.) K szerz®dés kárait �gyeltük meg, az i-edik szerz®dés ti napig állt kock-ázatban. Hogyan modellezné az id®t®l való függést binomiális, Poisson illetvenegatív binomiális eloszlás esetén? A modellekre írja fel a momentum-módszeresés maximum likelihood-becsléseket!

Megoldás:

Poisson-modellt kaphatunk, ha azt feltételezzük, hogy a ti id® alatt bekövetkezettkárok száma λti-paraméter¶ Poisson-eloszlást alkotnak, ahol a szerz®dések közösλ paraméterét szeretnénk megbecsülni. Ha t-t növeljük, akkor látható, hogy akárok számának várható értéke n®, amint azt a valóságban elvárnánk. A maxi-malizálandó likelihood-függvény (az i. szerz®dés kárszámát ki jelöli):

L(λ) =K∏i=1

(λti)ki

ki!e−λti

l(λ) =K∑i=1

ki log(λti)−K∑i=1

λti −K∑i=1

log(ki!)

dl

dλ=

K∑i=1

kitiλti−

K∑i=1

ti = 0

λ =

K∑i=1

ki

K∑i=1

ti

Momentum-módszeres becslésnél jelölje az átlagkárszámot X.

EX =1K

K∑i=1

λti

EX =1K

K∑i=1

ki

A momentum-módszer során a várható értéket a tapasztalati mintaátlaggalközelítjük, innen az EX = EX egyenletet megoldva ugyanazt a λ értéketkapjuk, mint az ML-becslés során.

Binomiális modell esetén azt érdemes feltételeznünk, hogy a ti id® alattbekövetkezett károk száma egy m rend¶, pti paraméter¶ binomiális eloszlástalkot. A károk számának várható értéke: mpti ebben az esetben is n® tinövelésével. Persze azzal a feltételezéssel élünk még, hogy a p elég kicsi ahhoz,hogy pti < 1 fennálljon minden i esetén. Az m-et feltételezhetjük ismertnek,de meghagyhatjuk ismeretlennek is, ezzel jelent®sen nehezítve a paraméterekbecslését. A maximalizálandó likelihood-függvény:

30

L(m, p) =K∏i=1

(m

ki

)(pti)ki(1− pti)m−ki =

K∏i=1

(m

ki

) K∏i=1

(pti)kiK∏i=1

(1− pti)m−ki

l(m, p) =K∑i=1

log(m

ki

)+

K∑i=1

ki log(pti) +K∑i=1

(m− ki) log(1− pti)

∂l

∂p=

K∑i=1

kitipti−

K∑i=1

(m− ki)ti1− pti

K∑i=1

kip

=K∑i=1

(m− ki)ti1− pti

Amennyiben m-et ismerjük, a fenti egyenlet a konkrét ki, ti adatok ismeretébennumerikusan megoldható. Momentum-módszeres becsléshez az átlagkárszámvárható értékét felírva:

EX =1K

K∑i=1

mpti EX =1K

K∑i=1

ki

p =

K∑i=1

ki

mK∑i=1

ti

Negatív binomiális modellt kaphatunk akkor, ha a ti id® alatt bekövetkezettkárszámot (r, qti) paraméter¶ negatív binomiális eloszlásúnak tételezzük fel. En-nek a várható értéke: rqti

1−qti n® a ti növelésével, persze fel kell tennünk, hogyq elég kicsi ahhoz, hogy qti < 1 fennálljon. A maximalizálandó likelihood-függvény:

L(r, q) =K∏i=1

Γ(r + ki)Γ(r)ki!

(qti)ki(1− qti)r

l(r, q) =K∑i=1

ki log(qti) + r

K∑i=1

log(1− qti) +K∑i=1

ki−1∑m=0

log(r +m)

∂l

∂r=

K∑i=1

log(1− qti) +K∑i=1

ki−1∑m=0

1r +m

= 0

∂l

∂q=

K∑i=1

kiq− r

K∑i=1

qti1− qti

= 0⇐⇒K∑i=1

ki =K∑i=1

rqti1− qti

31

A utóbbi egyenletb®l r-et kifejezhetjük q segítségével, majd azt beírva az els®egyenletbe, azt már a konkrét adatok ismeretében számítógéppel numerikusanmegoldhatjuk. Momentum-módszeres becsléshez az összkárszám várható értékétés szórásnégyzetét felírva:

EX =1K

K∑i=1

rqti1− qti

EX =1K

K∑i=1

ki

D2(X) =1K

K∑i=1

rqti(1− qti)2

D2(X) =1K

K∑i=1

(ki − EX)2

Az els® egyenlet ugyanazt az összefüggést adja r és q között, amit az ML-becslés során kaptunk. Ebb®l kifejezhetjük r-et q-val, majd azt beírhatjuk amásodik egyenletbe, és numerikusan megoldhatjuk számítógéppel.

4.) Alkalmazzuk az el®z® példát a következ® meg�gyeléssorozat esetén!

Év 1986 1987 1988 1989 1990 1991Szerz®dések száma 2145 2452 3112 3458 3698 3872

Károk száma 207 227 341 335 362 359

Megoldás: Az el®z® feladatban láthattuk, hogy csak a Poisson-modellesetén tudtunk olyan zárt képletet felírni, melyet most ki tudunk számolnia megadott adatokkal. A paraméter ML- és momentum-módszeres becsléseugyanaz:

λ =

K∑i=1

ki

K∑i=1

ti

Nekünk éppen az összkárszám és az összid® van megadva a feladatban. A 6 évrekülön-külön kiszámolhatjuk a λ becslését:

λ1 =2072147

λ2 =2272452

λ3 =3413112

λ4 =3353458

λ5 =3623698

λ1 =3593872

λ1 ≈ 0.097 λ2 ≈ 0.093 λ3 ≈ 0.11 λ4 ≈ 0.097 λ5 ≈ 0.098 λ6 ≈ 0.093

A kapott becslések átlaga: λ = 0.096, ezért az 1 év alatt bekövetkez®összkárszámot 0.096-paraméter¶ Poisson-eloszlásúnak közelíthetjük.

5.) CASCO biztosításokkal rendelkez® és nem rendelkez® gépjárm¶vek éveskárszámát vizsgálták. A meg�gyelések a következ®k:

Károk száma 0 1 2 3 4 > 4CASCO-val rendelkez®k 901 92 5 1 1 0

CASCO-val nem rendelkez®k 947 50 2 1 0 0

32

Függ-e a kárszám a biztosítás meglétét®l?Megoldás:

A függetlenségvizsgálat menete: Meg�gyeléseinket 2 szempont szerint viszgáljuk,melyek szerint r ill. s osztályba sorolhatjuk azokat. Az így elkészített kontin-genciatáblázat i-edik sorának és j-edik oszlopának elemét Nij jelöli. Az i-ediksorösszeget (marginálist) Ni·, a j-edik oszlopösszeget N·j jelöli. Ekkor azt ahipotézist, hogy a két szempont független, az alábbi statisztika alapján döntjükel (n az összes meg�gyelés száma):

n

r∑i=1

s∑j=1

N2ij

Ni·N·j− 1

Ha ez a statisztika nagyobb, mint a χ2

(r−1)(s−1)-eloszlás megfelel® (1 − α)-kvantilise, akkor (1 − α megbízhatósági szinten) elutasítjuk a függetlenséget.Természetesen itt is célszer¶ egybevonni csoportokat, hogy a kontingenciatáblázatminden cellájába essen kb 4− 6 meg�gyelés.

A feladatban a két szempontunk a következ®: a CASCO biztosítás megléteill. a kárszám. Ez alapján a kontingenciatáblázat:

CASCO-val rendelkez®k CASCO-val nem rendelkez®k Ni·Kárszám=0 901 947 1848Kárszám=1 92 50 142Kárszám>1 7 3 10

N·j 1000 1000 2000

A statisztika, ami alapján döntünk:

n

r∑i=1

s∑j=1

N2ij

Ni·N·j− 1

= 2000 ·(

9012

1848 · 1000+

9472

1848 · 1000+

922

142 · 1000+

+502

142 · 1000+

72

10 · 1000+

32

10 · 1000− 1)≈ 15.17

Ezt kell összehasonlítani a χ22·1 = χ2

2-eloszlás kvantiliseivel. Azt tapasztaljuk,hogy a 99.9%-os kvantilisnél (13.8) is nagyobb, ezért 99.9%-os szinten elutasítjuka függetlenséget.

6.) A 2. gyakorlat/2. feladat folytatása. Egy-egy szerz®dés kárszáma uvalószín¶séggel λ paraméter¶ Poisson és 1 − u valószín¶séggel µ paraméter¶Poisson eloszlású. Írja fel a momentum-módszeres és maximum likelihood-egyenenleteket!

33

Megoldás: A maximum likelihood-módszerhez fel kell írni a likelihood-függvényt. Egyetlen mintaelemre a valószín¶ség a teljes valószín¶ség tételévelkapható meg (X jelöli a keverék valószín¶ségi változót, ki pedig a meg�gyeltmintaelemet):

P (X = ki) = P (X = ki|X ∼ λ-Poisson)P (X ∼ λ-Poisson)+

+P (X = ki|X ∼ µ-Poisson)P (X ∼ µ-Poisson) =λki

ki!e−λ · u+

µki

ki!e−µ · (1− u)

Így a maximalizálandó likelihood-függvény (K meg�gyelésünk van összesen):

L(u, λ, µ) =K∏i=1

(λki

ki!e−λu+

µki

ki!e−µ(1− u)

)

l(u, λ, µ) =K∑i=1

log(λkie−λu+ µkie−µ(1− u)

)−

K∑i=1

log ki!

∂l

∂u=

K∑i=1

λkie−λ − µkie−µ

λkie−λu+ µkie−µ(1− u)= 0

∂l

∂λ=

K∑i=1

kiλki−1e−λu− λkie−λu

λkie−λu+ µkie−µ(1− u)= 0

∂l

∂µ=

K∑i=1

kiµki−1e−µ(1− u)− µkie−µ(1− u)λkie−λu+ µkie−µ(1− u)

= 0

A fenti 3 egyenletb®l a konkrét esetekben számítógép segítségével numerikusanmeghatározhatjuk az ML-becslést.

A momentum-módszeres becsléshez fel kell írni az els®, második és harmadikmomentumot (a második helyett lehet szórásnégyzetet is), hiszen 3 ismeretlenparamétert szeretnénk becsülni. Ha M1 és M3 jelöli a tapasztalati momen-tumokat, S2 a tapasztalati szórásnégyzetet, akkor az egyenletrendszer, amitmeg kell oldanunk:

EX = M1 D2(X) = S2 E(X3) = M3

A 2. Gyakorlat/ 2.feladatában kiszámoltuk a várható értéket és szórásnégyzetet.A generátorfüggvény segítségével most kiszámoljuk a harmadik momentumot is.Ehhez felhasználjuk az 1. Gyakorlat/6. feladatának részeredményeit:

GX(z) = ueλ(z−1) + (1− u)eµ(z−1)

G′X(1) =(ueλ(z−1) + (1− u)eµ(z−1)

)′∣∣∣∣z=1

= uλ+ (1− u)µ

34

G′′X(1) =(ueλ(z−1) + (1− u)eµ(z−1)

)′′∣∣∣∣z=1

= uλ2 + (1− u)µ2

G′′′X(1) =(ueλ(z−1) + (1− u)eµ(z−1)

)′′′∣∣∣∣z=1

= uλ3 + (1− u)µ3

E(X3) = G′′′X(1)+3G′′X(1)+G′X(1) = uλ3+(1−u)µ3+3uλ2+3(1−u)µ2+uλ+(1−u)µ

Tehát a megoldandó egyenletrendszer:

M1 = uλ+ (1− u)µ

S2 = uλ+ (1− u)µ+ u(1− u)(λ− µ)2

M3 = uλ3 + (1− u)µ3 + 3uλ2 + 3(1− u)µ2 + uλ+ (1− u)µ

Ezt az egyenletrendszert szintén számítógéppel lehet megpróbálni numeriku-san megoldani.

35

4. Gyakorlat - 2010. március 3.

1.) Határozza meg a 95%-os kvantilist exponenciális, Gamma, lognormális ésPareto-eloszlások esetén a paraméterek függvényében (Gamma-eloszlásnál elégegész α paraméterre vizsgálni)

Megoldás: λ-exponenciális eloszlás kvantilise:

0.95 = P (X < t) =

t∫0

λe−λxdx = 1− e−λt

e−λt = 0.05

t =− log(0.05)

λ

Γ(α, λ)-eloszlás kvantilise: Csak egész α esetén számoljuk ki. Legyen P (Xn <t) = Fn(t), ahol Xn ∼ Γ(n, λ)-eloszlású. n = 1 esetén exponenciális eloszlástkapunk, ekkor

F1(t) = 1− e−λt

n > 1 esetén parciális integrálással kapjuk, hogy:

Fn(t) =

t∫0

λnxn−1

(n− 1)!e−λxdx =

[λnxn−1

(n− 1)!· e−λx

−λ

]tx=0

−t∫

0

λn(n− 1)xn−2

(n− 1)!·e−λx

−λdx =

= − (λt)n−1

(n− 1)!e−λt +

t∫0

λn−1xn−2

(n− 2)!· e−λxdx = − (λt)n−1

(n− 1)!e−λt + Fn−1(t)

Innen teljes indukcióval azonnal adódik, hogy:

Fn(t) = 1−n−1∑i=0

(λt)n−1

(n− 1)!e−λt

Tehát a kvantilist az alábbi egyenlet megoldása adja:

0.95 = Fn(t) = 1−n−1∑i=0

(λt)n−1

(n− 1)!e−λt

0.05 =n−1∑i=0

(λt)n−1

(n− 1)!e−λt

.

36

Lognormális(m,σ2)-eloszlás kvantilise:

0.95 = P (X < t)

0.95 = P

(logX −m

σ<

log t−mσ

)= Φ

(log t−m

σ

)1.64 =

log t−mσ

t = em+1.64σ

(c, a)-paraméter¶ (európai) Pareto-eloszlás kvantilise:

0.95 = P (X < t)

0.95 = 1−(ct

)a(ct

)a= 0.05

t =c

0.05a

2.) Bizonyítsa be, hogy n db független, λ-paraméter¶ exponenciális eloszlásúvalószín¶ségi változó összege Gamma-eloszlású, n és λ paraméterekkel!

Megoldás: Bebizonyítjuk, hogy egy Γ(α, λ) és egy Γ(β, λ)-eloszlású valószín¶ségiváltozó összege Γ(α + β, λ) eloszlású lesz. Mivel a λ-exponenciális eloszlásΓ(1, λ)-eloszlás, ezért ebb®l következne feladat állítása. A Laplace-transzformáltegyértelm¶en meghatározza az eloszlást, ezért elég meghatározni a Laplace-transzformáltját egy Gamma-eloszlásnak.

LX(s) = E(e−sX) =

∞∫0

λαxα−1e−λx

Γ(α)e−sxdx =

(λ

λ+ s

)α ∞∫0

(λ+ s)αxα−1e−(λ+s)x

Γ(α)dx =

(λ

λ+ s

)αInnen azonnal látszik, hogy ha X ∼ Γ(α, λ) és Y ∼ Γ(β, λ) eloszlású, akkor

LX+Y (s) = LX(s)LY (s) =(

λ

λ+ s

)α(λ

λ+ s

)β=(

λ

λ+ s

)α+β

Tehát pont egy Γ(α+ β, λ)-eloszlás Laplace-transzformáltját kaptuk.

3.) A következ® meg�gyeléseket tettük:a)

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80− 100 100− 120 120− 140 140−Összesen 17 8 5 11 3 2 1 2

37

b)

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150− 200 200− 250 250− 300 300− 350 350−Összesen 9 16 16 3 1 1 2 1

Illesszen lognormális, exponenciális, Gamma illetve Pareto-eloszlást a meg-�gyelésekre. Milyen eloszlásúak voltak a károk?Megoldás:a)

Lognormális eloszlás illesztése momentum-módszerrel: Meg kell becsülni el®szöra momentumokat a megadott adatokból. A legegyszer¶bb mód erre az, ha azintervallumokon a felez®pontban tekintjük a meg�gyeléseket, az utolsónál pedig140-nek vesszük. Ekkor

M1 = EX =17 · 10 + 8 · 30 + 5 · 50 + 11 · 70 + 3 · 90 + 2 · 110 + 1 · 130 + 2 · 140

49≈ 47.6

S2 = D2(x) =149(17 · (10− 47.6)2 + 8 · (30− 47.6)2 + 5 · (50− 47.6)2 + 11 · (70− 47.6)2+

+3 · (90− 47.6)2 + 2 · (110− 47.6)2 + 1 · (130− 47.6)2 + 2 · (140− 47.6)2)≈ 1410

A momentumok tényleges értékei lognormális modell esetén:

EX = em+σ22 D2(X) = e2m+σ2

(eσ2− 1)

A megoldandó egyenletrendszer tehát:

em+σ22 = M1

e2m+σ2(eσ

2− 1) = S2

eσ2− 1 =

S2

M21

≈ 0.62 =⇒ σ2 = log 1.62 ≈ 0.48

em =M1

eσ22

=47.6e

0.482≈ 37.4 =⇒ m ≈ 3.62

Tehát a lognormális modellre egy (m = 3.62, σ2 = 0.48) paraméter¶ lognormáliseloszlást kaptunk.

Exponenciális eloszlás illesztése momentum-módszerrel: Egy λ paraméter¶exponenciális eloszlás várható értéke 1

λ . Ezért a momentum-módszeres becslés:

λ =1M1

=1

47.6≈ 0.021

38

Gamma-eloszlás illesztése momentum-módszerrel: Egy (α, λ) paraméter¶Gamma-eloszlás várható értéke és szórásnégyzete:

EX =α

λ

D2(X) =α

λ2

Így a momentum-módszeres becslés:

M1 =α

λ

S2 =α

λ2=⇒ λ =

M1

S2=

47.61410

≈ 0.034 =⇒ α = M1λ =M2

1

S2≈ 47.6·0.034 ≈ 1.61

Azaz egy (1.61, 0.034) paraméter¶ Gamma-eloszlást kaptunk.

Pareto-eloszlás illesztése momentum-módszerrel: El®adáson szerepeltek aPareto-eloszlás momentumai. Egy (α, β)-Pareto eloszlás esetén:

EX =β

α− 1

E(X2) =2β2

α− 2− 2β2

α− 1=

2β2

(α− 2)(α− 1)

A momentum-módszeres egyenletek:

M1 =β

α− 1M2 =

2β2

(α− 2)(α− 1)

M2 =2(α− 1)2M2

1

(α− 2)(α− 1)

M2 =2M2

1 (α− 1)α− 2

=⇒ αM2 − 2M2 = 2αM21 − 2M2

1

(2M21 −M2)α = 2(M2

1 −M2) =⇒ α =2(M2

1 −M2)2M2

1 −M2

A konkrét esetben M2 = S2 +M21 ≈ 1410 + 47.62 ≈ 3676, ezt behelyettesítve:

α =2(M2

1 −M2)2M2

1 −M2=

2(47.62 − 3676)2 · 47.62 − 3676

≈ −3.3 < 0

Negatív érték jött ki az α-ra, ezért nem tudunk Pareto-eloszlást illeszteni momentum-módszerrel.

b)Lognormális eloszlás illesztése momentum-módszerrel: Ismét meg kell bec-

sülni a várható értéket és szórásnégyzetet, megint az intervallumok felez®pont-jait tekintjük:

39

M1 = EX =149

(9·25+16·75+16·125+3·175+1·225+1·275+2·325+1·350) ≈ 111.2

S2 = D2(X) =149(9 · (25− 111.2)2 + 16 · (75− 111.2)2 + 16 · (125− 111.2)2 + 3 · (175− 111.2)2+

+1 · (225− 111.2)2 + 1 · (275− 111.2)2 + 2 · (325− 111.2)2 + 1 · (350− 111.2)2)≈ 5945

Az a) részhez hasonlóan itt is megkapjuk a momentum-módszerb®l, hogy

eσ2− 1 =

S2

M21

111.22

5945≈ 0.48 =⇒ σ2 = log 1.48 ≈ 0.39

em =M1

eσ22

=111.2e

0.392≈ 91.5 =⇒ m ≈ 4.52

Tehát egy (m = 4.52, σ2 = 0.39)-paraméter¶ lognormális eloszlást kaptunk.

Exponenciális eloszlás illesztése momentum-módszerrel:

λ =1

EX=

1M1

=1

111.2≈ 0.009

Gamma-eloszlás illesztése momentum-módszerrel:

M1 =α

λS2 =

α

λ2

λ =M1

S2=

111.25945

≈ 0.019

α =M2

1

S2=

111.22

5945≈ 2.08

Így egy (2.08, 0.019) paraméter¶ Gamma-eloszlást kaptunk.

Pareto-eloszlás illesztése momentum-módszerrel: Az a) részben kiszámolteredmény alapján:

M2 = S2 +M21 ≈ 18310

α =2(M2

1 −M2)2M2

1 −M2=

2(111.22 − 18310)2 · 111.22 − 18310

≈ −1.85 < 0

Tehát Pareto-eloszlást most sem tudunk illeszteni.

Ahhoz, hogy eldöntsük, a kapott modellek közül melyik illeszkedik legjob-ban, illeszkedésvizsgálatra lenne szükség. Most folytonos eloszlásfüggvényeinkvannak, ezért el®ször diszkretizálnunk kell. Tehát kiszámoljuk az egyes mod-ellekben a megadott intervallumokba elméletileg es® károk számát, majd azokat

40

a meg�gyelt értékekkel diszkrét illeszkedésvizsgálatot alkalmazva összehason-lítjuk.

a) Illeszkedésvizsgálat lognormális eloszlás esetén: Annak a valószín¶sége,hogy egy (m,σ2) paraméter¶ lognormális eloszlású valószín¶ségi változó az [a, b]intervallumba esik:

P (a ≤ X ≤ b) = P (log a ≤ logX ≤ log b) = P

(log a−m

σ≤ logX −m

σ≤ log b−m

σ

)=

= Φ(

log b−mσ

)− Φ

(log a−m

σ

)Az összehasonlítandó adatokat megkapjuk, ha kiszámoljuk a 49P (a ≤ X ≤ b)értékeket rendre a [0, 20], [20, 40],...[140,∞) intervallumokon:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80− 100 100− 120 120− 140 140−Ni 17 8 5 11 3 2 1 2Npi 9 17.4 10.5 5.4 2.9 1.5 0.9 1.4

Az egybevont adatokból álló, módosított táblázat:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80−Ni 17 8 5 11 8Npi 9 17.4 10.5 5.4 6.7

A statisztika, ami alapján döntünk az illeszkedésr®l:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 21.1

Ez nagyobb mint a χ24-eloszlás 99.95%-os kvantilisénél (20.0) is, ezért elutasítjuk

ezt a modellt.

b) Illeszkedésvizsgálat lognormális eloszlás esetén: Az a) részhez hasonlóanitt is ki kell számolnunk a 49P (a ≤ X ≤ b) értékeket a [0, 50], [50, 100],...,[50,∞)intervallumokra. A kapott táblázat:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150− 200 200− 250 250− 300 300− 350 350−Ni 9 16 16 3 1 1 2 1Npi 8.1 19.1 11.3 5.4 2.5 1.2 0.6 0.8

Az összevont adatokat tartalmazó táblázat:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150−Ni 9 16 16 8Npi 8.1 19.1 11.3 10.5

41

A statisztika, ami alapján döntünk a hipotézisr®l:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 3.15

Ez kisebb, mint a χ23-eloszlás 95%-os kvantilise (7.81), ezért elfogadjuk ezt a

hipotézist.

a)Illeszkedésvizsgálat exponenciális eloszlás esetén: Ismét ki kell számolni aP (a ≤ X ≤ b) értékeket:

b∫a

λe−λxdx = e−λa − e−λb

Az ebb®l kapott értékek táblázata:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80− 100 100− 120 120− 140 140−Ni 17 8 5 11 3 2 1 2Npi 16.8 11 7.3 4.8 3.1 2.1 1.4 2.6

Az összevont értékeket tartalmazó táblázat:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80−Ni 17 8 5 11 8Npi 16.8 11 7.3 4.8 9.1

A statisztika, ami alapján döntünk:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 9.7

Ez nagyobb, mint a χ24-eloszlás 95%-os kvantilise (9.49), ezért 95%-os szinten

elutasítjuk az illeszkedést.

b)Illeszkedésvizsgálat exponenciális eloszlás esetén: Az el®z® részhez hason-lóan számolhatjuk ki az összehasonlítandó adatokat:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150− 200 200− 250 250− 300 300− 350 350−Ni 9 16 16 3 1 1 2 1Npi 17.8 11.3 7.2 4.6 2.9 1.9 1.2 2.1

Az összevont táblázat:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150−Ni 9 16 16 8Npi 17.8 11.3 7.2 12.7

42

Az ebb®l számolt statisztika:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 18.8

Ez nagyobb, mint a χ23-eloszlás 99.95%-os kvantilise (17.7), ezért nyugodtan

elutasíthatjuk az illeszkedést.

a)Illeszkedésvizsgálat Gamma-eloszlás esetén: Egy (1.61, 0.034)-paraméter¶Gamma-eloszlásra kell kiszámolni a megadott intervallumokba esés valószín¶ségeit:

b∫a

λαxα−1e−λx

Γ(α)dx

Ezt számítógéppel kiszámolhatjuk, az alábbi táblázathoz jutunk:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80− 100 100− 120 120− 140 140−Ni 17 8 5 11 3 2 1 2Npi 12.2 13.5 9.4 5.9 3.5 2 1.1 1.4

Összevonva az adatokat:

Kárösszeg 0− 20 20− 40 40− 60 60− 80 80−Ni 17 8 5 11 8Npi 12.2 13.5 9.4 5.9 8

A statisztika, ami alapján döntünk:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 10.6

Ez nagyobb, mint a χ24-eloszlás 95%-os kvantilise (9.49), ezért elutasítjuk ezt a

modellt is.

b)Illeszkedésvizsgálat Gamma-eloszlás esetén: Egy (2.08, 0.019)-paraméter¶Gamma-eloszlású X valószín¶ségi változóra kellene kiszámolni a P (a ≤ X ≤ b)értékeket. Ehhez az alább integrált kell kiszámolni:

b∫a

λαxα−1e−λx

Γ(α)dx

Számítógéppel elvégezve az integrálásokat, az alábbi táblázathoz jutunk:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150− 200 200− 250 250− 300 300− 350 350−Ni 9 16 16 3 1 1 2 1Npi 11 15.5 10.7 6 3.1 1.5 0.7 0.6

43

Az összevont táblázat:

Kárösszeg 0− 50 50− 100 100− 150 150−Ni 9 16 16 8Npi 11 15.5 10.7 11.8

Az ebb®l számolt statisztika:

TN =5∑i=1

(Ni −Npi)2

Npi≈ 4.2

Ez kisebb, mint χ23-eloszlás 95%-os kvantilise (7.81), ezért nem utasíthatjuk el

ezt a hipotézist.

Összefoglalva: Az a) feladatban nem tudtuk elfogadni egyik modellt sem, míga b) feladatban a Gamma(α = 2.08, λ = 0.019)-modellt és a lognormális(m =4.52, σ2 = 0.39)-modellt is elfogadhattuk.

4.) Hogyan írható fel a következ® összeg Laplace-transzformáltja? S =n∑i=1

Xi, ahol az Xi-k λ-paraméter¶ exponenciális eloszlásúak és n ν-paraméter¶

Poisson-eloszlású?Megoldás: Teljes várható érték tétellel:

LS(s) = Ee−sS = E(E(e−sS |n))

E(e−sS |n = k) = E(e−s(X1+...Xn)|n = k) = E(e−s(X1+...+Xk)) = (E(e−sX1))k = (LX1(s))k

LS(s) = E(LX1(s)n) = Gn(LX1(s))

Gn(z) = eν(z−1)

LX1(s) =

∞∫0

λe−λxe−sxdx =λ

λ+ s

LS(s) = eν( λλ+s−1) = e−

νsλ+s

44

5. Gyakorlat - 2010. március 10.

1.) A Hunnia Biztosító gördeszka biztosítása térd- és fejsérülés esetén �zet.Egy kár p1 valószínûséggel térdsérülésbõl ered, és ekkor a káreloszlás λ1-paraméterûexponenciális eloszlású. A fejsérülés λ2-paraméterû exponenciális eloszlású.Hogyan változik meg a káreloszlás és az átlagos kárki�zetés, ha a fejsérüléseknélc-levonásos önrészt alkalmazunk?

Megoldás: Az eredeti káreloszlás 2 exponenciális eloszlás keverékeként állelõ. Az új eloszlás felírása teljes valószínûség tétellel (a végén felhasználva azexponenciális eloszlás örökifjú tulajdonságát):

P (Y < t) = P (térdsérülés után �zetünk)P (Y < t|Y ∼ λ1 − exp)+

+P (fejsérülés után �zetünk)P (Y < t+ c|Y > c és Y ∼ λ2 − exp) =

= P (térdsérülés után �zetünk)(1−e−λ1t)+P (fejsérülés után �zetünk)(1−e−λ2t)

Látható, hogy ez is 2 exponenciális eloszlás keveréke, de a súlyok megváltoztak.Ugyanis eredetileg N kárból károk Np1 származott térdsérülésbõl, N(1 − p1)pedig fejsérülésbõl. Az önrész bevezetése után azonban, ha a q = e−λ2c =P (egy fejsérülés által okozott kár > c) jelölést bevezetjük, N kárból Np1 lesztérdsérüléses, N(1−p1)q pedig fejsérüléses, N(1−p1)(1−q) fejsérüléses kár utánpedig az önrész miatt nem kell �zetni. Ezért az új kárszám Np1 + N(1 − p1)qlesz, a térd- és fejsérülések aránya pedig p1

p1+(1−p1)q ill. (1−p1)qp1+(1−p1)q lesz. Tehát:

P (Y < t) =p1

p1 + (1− p1)q(1− e−λ1t) +

(1− p1)qp1 + (1− p1)q

(1− e−λ2t)

A várható kár�zetés könnyen adódik a teljes várható érték tételbõl, hiszen az újkáreloszlás is exponenciális eloszlások keveréke:

EY = E(Y |Y ∼ λ1−exp)p1

p1 + (1− p1)q+E(Y |Y ∼ λ2−exp)

(1− p1)qp1 + (1− p1)q

=

=1λ1· p1

p1 + (1− p1)q+

1λ2· (1− p1)qp1 + (1− p1)q

2.) Mi lesz az új káreloszlás, ha α-százalékos önrészt alkalmazunk (a kárα

100 -ad részét a szerzõdõ viseli) és a káreloszlás:a) exponenciálisb) lognormálisc) Paretod) gammaMegoldás: Ha X jelöli az eredeti káreloszlást, Y az önrész bevezetése

utánit, akkor:

P (Y < t) = P(X(

1− α

100

)< t)

= P

(X <

t

1− α100

)= P (X < tq)

45

Bevezettünk egy rövidebb jelölést a q = 11− α

100kifejezésre.

a) λ-exponenciális eloszlás esetén: P (Y < t) = P (X < tq) = 1− e−λtq, azazq-szorosára változott a paraméter, de ugyanúgy exponenciális maradt.

b) Lognormális(m,σ2)-eloszlás esetén:

P (Y < t) = P (X < tq) = P (logX < log t+ log q) = P (logX − log q < log t)

Azaz logX − log q ∼ N(m − log q, σ2) miatt egy (m − log q, σ2)-paraméterûlognormális eloszlást kapunk.

c) (α, β)-Pareto eloszlás esetén:

P (Y < t) = P (X < tq) = 1−(

β

β + tq

)α= 1−

(βq

βq + t

)α

Tehát egy (α, βq )-paraméterû Pareto-eloszlást kaptunk.d) (α, λ)-paraméterû gamma-eloszlás esetén:

P (Y < t) = P (X < tq) =∫ tq

0

λαxα−1e−λx

Γ(α)dx

Helyettesítés integrálással: x = qu, dxdu = q

P (Y < t) =∫ t

0

λα(qu)α−1e−λqu

Γ(α)qdu =

∫ t

0

(λq)αuα−1e−λqu

Γ(α)du

Tehát egy (α, λq)-paraméterû gamma-eloszlást kaptunk.

3.) Mi lesz a káreloszlás, ha kombinált c-levonásos és α-százalékos önrésztalkalmazunk (a kár α

100 -ad részét a szerzõdõ viseli, de legalább c-t) és a kárelos-zlás:

a) exponenciálisb) lognormálisc) Paretod) gammaMegoldás: Ha a kár nagysága X, akkor a biztosító min(X−c,

(1− α

100

)X)

összeget �zet. Kárki�zetés pontosan akkor történik, hogy ha a kár nagyságalegalább c. Ezért az új káreloszlás:

P (Y < t) = P(

min(X − c,

(1− α

100

)X)< t∣∣∣X > c

)=

= P(X − c < t és

α

100X < c

∣∣∣X > c)

+P(X − α

100X < t és

α

100X > c

∣∣∣X > c)

=

= P

(X < min

(c+ t,

100αc

)∣∣∣∣X > c

)+ P

(100cα

< X <t

1− α100

∣∣∣∣X > c

)=

=F(min

(c+ t, 100

α c))− F (c)

1− F (c)+F(

t1− α

100

)− F

(100cα

)1− F (c)

46

Ha t < 100−αα c, akkor c + t < 100

α c, és 100cα > t

1− α100

, így a második tag aképletben 0 lesz:

P (Y < t) =F (t+ c)− F (c)

1− F (c)+

01− F (c)

=F (t+ c)− F (c)

1− F (c)

Ha t > 100−αα c, akkor c+ t < 100

α c, így a képlet:

P (Y < t) =F(

100cα

)− F (c)

1− F (c)+F(

t1− α

100

)− F

(100cα

)1− F (c)

=F(

t1− α

100

)− F (c)

1− F (c)

Felírhatjuk a sûrûségfüggvényt is az eloszlásfüggvény deriválásával:

fY (t) =f(c+ t)1− F (c)

0 < t <100− α

αc

fY (t) =f(

100t100−α

)1− F (c)

· 100100− α

t >100− α

αc

a) λ-exponenciális eloszlás esetén:

fY (t) =1

1− (1− e−λc)λe−λ(c+t) = λe−λt 0 < t <

100− αα

c

fY (t) =λe−λ

100t100−α

1− (1− e−λc)· 100

100− α=

100λ100− α

e−100λ

100−α t t >100− α

αc

b) Lognormális(m,σ2)-eloszlás esetén:

fY (t) =1

1− Φ(

log c−mσ

) · 1√2πσ(c+ t)

e−1

2σ2 (log(t+c)−m)2 0 < t <100− α

αc

fY (t) =1

1− Φ(

log c−mσ

) · 100− α√2πσ · 100t

e−1

2σ2 (log( 100t100−α )−m)2 t >

100− αα

c

c) (α, β)-Pareto eloszlás esetén:

fY (t) =1

1−(

1−(

ββ+c

)α) αβα

(β + t+ c)α+1=

α(β + c)α

(β + c+ t)α+10 < t <

100− αα

c

fY (t) =1

1−(

1−(

ββ+c

)α) αβα(β + 100t

100−α

)α+1· 100100− α

=100α(β + c)α

(100− α)(β + 100t

100−α

)α+1t >

100− αα

c

47

d) Gamma(α, λ)-eloszlás esetén:

fY (t) =λα(t+ c)α−1e−λ(t+c)

1− F (c)0 < t <

100− αα

c

fY (t) =100λα

(100t

100−α

)α−1

e−100λt100−α

(100− α)(1− F (c))t >

100− αα

c

4.) Hogyan változik az átlagos kárki�zetés, ha t0-ban kombinált c0-levonásosés α0-százalékos önrészt alkalmaztunk, ami t1-re c1-levonásosra és α1-százalékosraváltozott (i volt a két idõpont közötti in�áció) és az önrész nélküli káreloszlás

a) exponenciálisb) lognormálisc) ParetoMegoldás: Jelölje X az önrész nélküli káreloszlást. Ekkor a t1 utáni új

eloszlást Y -nal jelölve, és az in�ációra az 1 + i100 = d jelölést bevezetve:

P (Y < t) = P(

min(dX − c,

(1− α

100

)dX)< t∣∣∣ dX > c

)=

= P(dX − c < t és

α

100dX < c

∣∣∣ dX > c)

+P(dX − α

100dX < t és

α

100dX > c

∣∣∣ dX > c)

=

= P

(dX < min

(c+ t,

100αc

)∣∣∣∣ dX > c

)+P

(100cα

< dX <t

1− α100

∣∣∣∣ dX > c

)=

Innen az elõzõ feladatban látott esetszétválasztással teljesen hasonlóan megkapjuk,hogy t < 100−α

α c esetén:

P (Y < t) =F(t+cd

)− F

(cd

)1− F

(cd

)Ha t > 100−α

α c, akkor:

P (Y < t) =F(

100t(100−α)d

)− F

(cd

)1− F

(cd

)Ahhoz, hogy a feladat kérdésére válaszolni tudjunk, elegendõ kiszámolni az EYvárható értéket. A kapott képletbe d = 1-et helyettesítve megkapjuk a t0-beliátlagos kárki�zetést is.

EY =

100−αα c∫

0

t ·f(t+cd

)d(1− F

(cd

))dt+

∞∫100−αα c

t ·f(

100t(100−α)d

)1− F

(cd

) · 100(100− α)d

dt

a) λ-exponenciális eloszlás esetén:

48

EY =

100−αα c∫

0

λt

de−

λtd dt+ e

λcd

∞∫100−αα c

100λt(100− α)d

e−100λt

(100−α)d dt =

=(−te−λtd − d

λe−

λtd

)∣∣∣∣ 100−αα c

t=0

+(−te−

100λt(100−α)d − (100− α)d

100λe−

100λt(100−α)d

)∣∣∣∣∞t= 100−α

α c

=

=d

λ− αd

100λe−

λc(100−α)dα

Az átlagos kárki�zetés megváltozása tehát:

EY (t1)− EY (t0) =d

λ− α1d

100λe−

λc1(100−α1)dα1 − 1

λ+

α0

100λe−

λc0(100−α0)α0 =

=i

100λ+

α0

100λe−

λc0(100−α0)α0 − α1(100 + i)

10000λe− 100λc1(100−α1)

(100+i)α1

b) Lognormális(m,σ2)-eloszlás esetén:

EY =1

1− Φ(

log cd−mσ

)

100−αα c∫

0

d · t√2πσ(c+ t)d

e−1

2σ2 (log(t+c)−log d−m)2dt+

+

∞∫100−αα c

t(100− α)d√2πσ · 100t

· 100(100− α)d

e−1

2σ2 (log 100t(100−α)d−m)2

dt

=I1 + I2

1− Φ(

log cd−mσ

)Az elsõ integrálban a log(t+ c) = w helyettesítést elvégezve (dt = ewdw):

I1 =

100−αα c∫

0

t√2πσ(c+ t)

e−1

2σ2 (log(t+c)−log d−m)2dt =

=

log 100α c∫

log c

ew − c√2πσew

e−1

2σ2 (w−log d−m)2ewdw =

=

log 100α c∫

log c

1√2πσ

ew−1

2σ2 (w−log d−m)2dw −

log 100α c∫

log c

c√2πσ

e−1

2σ2 (w−log d−m)2dw =

=

log 100α c∫

log c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−(log d+m+σ2))2elog d+m+σ22 dw−

49

−c(

Φ(

log 100cα − log d−m

σ

)− Φ

(log c− log d−m

σ

))=

= elog d+m+σ22

(Φ(

log 100cα − log d−m− σ2

σ

)− Φ

(log c− log d−m− σ2

σ

))−

−c(

Φ(

log 100cα − log d−m

σ

)− Φ

(log c− log d−m

σ

))I2 kiszámolásában a log t = w helyettesítést elvégezve (dt = ewdw):

I2 =

∞∫100−αα c

1√2πσ

e−1

2σ2 (log t−log(100−α)d

100 −m)2

dt =

=

∞∫log 100−α

α c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−(log(100−α)d

100 +m))2

ewdw =

=

∞∫log 100−α

α c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−(log(100−α)d

100 +m+σ2))2

elog(100−α)d

100 +m+σ22 dw =

= elog(100−α)d

100 +m+σ22

(1− Φ

(log (100−α)c

α − log (100−α)d100 −m− σ2

σ

))=

=(100− α)d

100em+σ2

2

(1− Φ

(log 100c

α − log d−m− σ2

σ

))Így megkaptuk az EY várható értéket:

EY = em+σ22

(100−α)d100 + αd

100Φ(

log 100cα −log d−m−σ2

σ

)− dΦ

(log c−log d−m−σ2

σ

)1− Φ

(log c

d−mσ

) −

−cΦ(

log 100cα −log d−m

σ

)− Φ

(log c−log d−m

σ

)1− Φ

(log c

d−mσ

)Ebben a képletben kell (d = 1, α = α0, c = c0)-t és (d = 1+ i

100 , α = α1, c = c1)-et helyettesíteni, hogy megkapjuk a t0 ill. t1-beli átlagos kárki�zetést.

c) (α, β)-Pareto-eloszlás esetén:

EY =

100−αα c∫

0

αβαt(β + t+c

d

)α+1·(β + c

d

β

)α· 1ddt+

50

+

∞∫100−αα c

αβαt(β + 100t

(100−α)d

)α+1·(β + c

d

β

)α· 100

(100− α)ddt = I1 + I2

I1 = (βd+ c)α

100−αα c∫

0

αt

(βd+ t+ c)α+1dt

= (βd+ c)α(

−(αt+ βd+ c)(α− 1)(βd+ t+ c)α

)∣∣∣∣ 100−αα c

t=0

= (βd+ c)α(

1(α− 1)(βd+ c)α−1

−100−αα αc+ βd+ c

(α− 1)( 100−αα c+ βd+ c)α

)=

=

(100cα + βd

)α (βd+ c)−(

100−αα αc+ βd+ c

)(βd+ c)α

(α− 1)(

100cα + βd

)αI2-ben a w = 100t

(100−αd) helyettesítéssel integrálunk:

I2 =

∞∫100−αα c

αβαt(β + 100t

(100−α)d

)α+1·(β + c

d

β

)α· 100

(100− α)ddt =

=

(β + c

d

)α · 100(100− α)d

∞∫100−αα c

αt(β + 100t

(100−α)d

)α+1dt =

=

(β + c

d

)α · 100(100− α)d

∞∫100cαd

α (100−α)d100 w

(β + w)α+1· (100− α)d

100dw =

=

(β + c

d

)α · (100− α)d100

∞∫100cαd

αw

(β + w)α+1dw =

=

(β + c

d

)α · (100− α)d100

(− β + αw

(α− 1)(β + w)α

)∣∣∣∣∞w= 100c

αd

=

=

(β + c

d

)α · (100− α)d100

·β + 100cα

αd

(α− 1)(β + 100c

αd

)α =

= (βd+ c)α · 100− α100

·βd+ 100

α cα

(α− 1)(βd+ 100c

αd

)α

51

Tehát összeadva a kapott két integrált:

EY = I1 + I2 =

(100cα + βd

)α (βd+ c)−(

100−αα αc+ βd+ c

)(βd+ c)α

(α− 1)(

100cα + βd

)α +

+(βd+ c)α · 100− α100

·βd+ 100

α cα

(α− 1)(βd+ 100c

αd

)α =

(100cα + βd

)α (βd+ c)−(αβd100 + c

)(βd+ c)α

(α− 1)(

100cα + βd

)αEbbõl a szokásos t0 és t0-beli helyettesítést elvégezve megkaphatjuk a várhatóértékek eltérését.

5.) Az elõzõ feladat folytatása. Hogyan változik az egy szerzõdésre jutó át-lagos kárki�zetés és a kárgyakoriság, ha az önrész nélküli kárszám λ-paraméterûPoisson-eloszlású és az önrész nélküli káreloszlás

a) exponenciálisb) lognormálisc) ParetoMegoldás: Az elõzõ feladatban láttuk, hogyan változott az átlagos kárk-

i�zetés, már csak a kárgyakoriságot kell meghatároznunk. Egy kombinált c-levonásos, α-százalékos önrészt bevezetésekor, d = 1+ i

100 in�áció mellett annaka valószínûsége, hogy egy adott kár az önrészt meghaladja:

q = P (Y > c) = P (dX > c) = P(X >

c

d

)Tehát minden egyes kár q valószínûséggel esik az önrész fölé, 1−q valószínûséggelaz önrész alá, ez utóbbi esetben természetesen nem történik kárki�zetés. Ígyaz eredetileg λ-Poisson eloszlású kárgyakoriságot megritkítjuk, minden egyeskárt q eséllyel megtartunk, 1 − q eséllyel kidobunk (nem �zetünk utána, nemtekintjük kárnak). Elõadáson szerepelt, hogy ilyenkor az kárgyakoriság továbbrais Poisson-eloszlású marad, csak a paramétere változik qλ-ra.

Tehát az a), b), c) feladatban nincs más dolgunk, mint kiszámolni a q =P(X > c

d

)értékeket az egyes eloszlások esetén.

a)

q = P(X >

c

d

)= e−λ

cd

b)

q = P(X >

c

d

)= 1− Φ

(log(cd

)−m

σ

)c)

q = P(X >

c

d

)=(

β

β + cd

)α

52

6.) Egy kis autóbiztosítási egyesület nem túl nagy kár esetén 10 ezer Ft-ot, totálkárnál 20 ezer Ft-ot térít. A ki�zetések 95%-a 10 ezer Ft-os. Egy tagéves kárszáma binomiális eloszlású 3 és 0.1 paraméterekkel. Az egyesületnek400 tagja van. Írjunk fel rekurziót egy tag és az egyesület éves összkáránakeloszlására.

Megoldás: Egy tag kárszáma binomiális m = 3 és p = 0.1 paraméterekkel,azaz (a, b, 0)-eloszlású, a = −p

1−p = − 19 , b = (m+1)p

1−p = 49 paraméterekkel. A

Panjer-rekurzió tehát ebben az esetben:

P (S = 0) = P (η = 0) = (1− p)3 = 0.93

P (S = n) =n∑y=1

(a+

by

n

)P (X1 = y)P (S = n− y) =

=(−1

9+

4 · 109n

)· 0.95 · P (S = n− 10) +

(−1

9+

4 · 209n

)· 0.05 · P (S = n− 20)

Az egyesület éves összkárának eloszlása ugyanígy kapható, csak annak a kárszáma(m = 1200, p = 0.1)-paraméterû binomiális, azaz ekkor a = − 1

9 ,

P (S = 0) = P (η = 0) = (1− p)1200 = 0.91200

P (S = n) =n∑y=1

(a+

by

n

)P (X1 = y)P (S = n− y) =

=(−1

9+

1201 · 109n

)·0.95·P (S = n−10)+

(−1

9+

1201 · 209n

)·0.05·P (S = n−20)

7.) Legyen η (a, b)-eloszlású és X1, X2, ... egymástól és η-tól is független,azonos eloszlású nemnegatív egész valószínûségi változók. Írjunk fel rekurziótS = X1 + ...Xη eloszlására!

Megoldás:

8.) A POSZMÉH Biztosító méhészek felelõsségbiztosítását terjeszti. Nemviseli a felelõsségi kár teljes egészét, hanem csak egy részét: nem halálos csípésesetén 10 ezer Ft-ot térít a károsultnak, halálos csípés esetén pedig 100 ezer Ft-ota hozzátartozóknak. Az eddigi tapasztalat szerint egy biztosított kárszáma 20%-os Poisson-eloszlású és a károk mindössze 1%-a volt haláleseti. A SZARVAS-MARHA Biztosító kizárólag lovak lórúgási felelõsségbiztosítását mûveli már.Egy sérüléssel járó lórúgásnál 200 ezer Ft-ot �zetnek. Egy ló évente átlagosan0.03 embert rúg meg (sérülést okozóan, és a lórúgások száma jól ismertenPoisson-eloszlású). A SZARVASMARHA Biztosító beolvad a POSZMÉH Biz-tosítóba úgy, hogy állományából 40 ezer ló biztosítása marad meg. A POSZMÉHBiztosító 2000 méhészt biztosít. Mi lesz ezután a biztosító:

53

a) várható éves kárszámab) várható kárgyakoriságac) várható átlagkárad) egy szerzõdésre jutó várható kárae) várható éves összkáraf) kárszámeloszlásag) káreloszlása?Írjon fel rekurziót az összkár eloszlására!Megoldás: A megoldásban az egyes feladatrészek nem ábécésorrendben

követik egymást, hanem bizonyos logikai szempontból.a) A várható éves kárszám a kétféle típusú biztosítás várható értékének

összege:EY = 2000 · 0.2 + 40000 · 0.03 = 400 + 1200 = 1600

b)

várható kárgyakoriság =várható éves kárszámszerzõdések száma

=1600

40000 + 2000= 0.038 = 3.8%

e) A várható éves összkárhoz össze kell adni a kétféle típus várható összkárát(=várható kárszám · várható kárki�zetés).

400 · (0.01 · 10000 + 0.99 · 100000) + 1200 · 200000 = 24436000

d)

egy szerzõdésre jutó várható kár =várható éves összkárszerzõdések száma

=24436000

42000≈ 5818

f) A kárszámeloszlás kétféle Poisson-eloszlás keveréke, a súlyaik pedig a sz-erzõdések számával arányosak, tehát:

P (η = k) =2000

2000 + 40000· 0.2k

k!e−0.2 +

400002000 + 40000

· 0.03k

k!e−0.03 =

=121· 0.2k

k!e−0.2 +

2021· 0.03k

k!e−0.03

g) A szerzõdésenkénti káreloszlás diszkrét, 3-féle értéket vehet fel: 10, 100és 200 ezret. Jelölje M a méhészek összkárszámát, L a lórúgásos szerzõdésekösszkárszámát. EkkorM eloszlása 2000 db 0.2-Poisson összege, azaz 400-paraméterûPoisson lesz, L eloszlása pedig 40000 · 0.03 = 1200-paraméterû Poisson. Ekkorannak a valószínûsége, hogy pl. egy kárki�zetés 10 ezer Ft-os, a M = m,L =l,M + L > 0 feltétel mellett, �gyelembe véve, hogy ebben az esetben egy sz-erzõdés m

m+l valószínûséggel vonatkozik a méhészekre:

P (X = 10000|M = m,L = l,M + L > 0) =0.99mm+ l

54

Ekkor teljes várható érték tétellel:

P (X = 10000) = E

(0.99MM + L

∣∣∣∣M + L > 0)

=∑m,l≥0

m+l≥1

0.99mm+ l

·P (M = m,L = l)P (M + L > 0)

=

=∑m,l≥0

m+l≥1

0.99mm+ l

· 400m · e−400 · 1200l · e−1200

m!l!(1− e−1600)= (n = m+ l)

=0.99e−1600

1− e−1600

∞∑n=1

n∑m=0

m

n ·m!(n−m)!400m1200n−m =

=0.99e−1600

1− e−1600

∞∑n=1

1600n

n · n!

n∑m=0

m · n!m!(n−m)!

(4001600

)m(12001600

)n−m=

=0.99e−1600

1− e−1600

∞∑n=1

1600n

n · n!

n∑m=0

m

(n

m

)(4001600

)m(12001600

)n−mA belsõ összegzésben épp egy

(n, 400

1600

)-paraméterû binomiális eloszlás várható

értéke jelent meg:

P (X = 10000) =0.99e−1600

1− e−1600

∞∑n=1

1600n

n · n!·400n1600

=0.99e−1600

1− e−1600·400(e1600 − 1)

1600=

3961600

= 24.75%

Teljesen hasonlóan (0.99 helyett 0.01-et írva a képletbe) kapjuk, hogy:

P (X = 100000) =0.01 · 400

1600= 0.25%

Természetesen ekkor

P (X = 200000) = 1− P (X = 10000)− P (X = 100000) = 75%

c) Most, hogy már ismerjük a káreloszlást, elegendõ kiszámolni a várhatóértékét annak, ez épp a várható átlagkárt adja meg.

P (X = 10000) · 10000 + P (X = 100000) · 100000 + P (X = 200000) · 200000 =

= 0.2475 · 10000 + 0.0025 · 100000 + 0.75 · 200000 = 152725

Megjegyzés: Az utóbbi két feladatrészre megkaphatjuk egyszerûbben is eztaz eredményt, ám az a módszer csupán heurisztika, nem teljesen korrekt érvelés.Az átlagkárt ugyanis feltételezhetjük úgy, hogy várhatóan 400 méhészes és 1200lovas káresemény történik. Ezekbõl várhatóan 400 ·0.99 = 396 db 10 ezer Ft-os,

55

400 · 0.01 = 4 db 100 ezer Ft-os, 1200 db 200 ezer Ft-os ki�zetés történik. Ígya várható átlagkár:

396 · 10000 + 4 · 100000 + 1200 · 200000400 + 1200

= 152725

A fenti gondolatmenetben az a hiba, hogy nekünk az összkár

károk számatört várható

értéke kell. Ehelyett mi külön-külön vettük a várható értéket és osztottuk leegyiket a másikkal. Ez általában hibás érvelés! Nem igaz általában az, mégfüggetlen X és Y valószínûségi változók esetén sem, hogy E

(XY

)= EX

EY lenne.Pl. ha X az azonosan 1, akkor azt kapnánk, hogy E

(1Y

)= 1

EY , holott aJensen-egyenlõtlenség alapján az utóbbi szinte mindig kisebb (hacsak Y nemkonstans). Most kivételesen szerencsénk volt, hogy a két gondolat ugyanaztaz eredményt adta. Abban az esetben helytálló lehet a fenti érvelés is, ha azXi kárki�zetések független, azonos eloszlású valószínûségi változók, η a tõlük

független kárszám, és a Z =

η∑i=1η várható értékét számoljuk ki. Ekkor ugyanis

E(Z|η = n) = E(nEX1n

)= EX1 független η-tól, ezért EZ = E(E(Z|η)) = EX1

lesz. A példában a biztosítók egyesülése után a kárki�zetések nem lesznek azonoseloszlásúak, így az elõzõ érvelés nem alkalmazható.

Rekurzió az összkárra: Az összkárszám két Poisson-eloszlás keveréke, az nem(a, b, 0)-eloszlású, így a Panjer-rekurzió arra nem alkalmazható. Jelölje tehát Sma méhészes szerzõdések összkárát, Sl a lovas szerzõdések összkárát. Ekkor S =Sm + Sl. Ezekre külön-külön alkalmazható a Panjer-rekurzió (egy λ-Poisson-eloszlás (a, b, 0)-eloszlás a = 0, b = λ paraméterekkel):

P (Sm = 0) = e−400

P (Sm = n) =n∑y=1

(a+

by

n

)P (X1 = y)P (Sm = n− y) =

=400 · 10

n· 0.99P (Sm = n− 10) +

400 · 100n

· 0.01P (Sm = n− 100)

P (Sl = 0) = e−1200

P (Sl = n) =n∑y=1

(a+

by

n

)P (X1 = y)P (Sl = n−y) =

1200 · 200n

·P (Sl = n−200)

Innen pedig az S-re is fel tudunk írni egy rekurzív képletet:

P (S = N) =N∑n=0

P (Sm = n)P (Sl = N − n)

Hf/1.) A Gyarmat Biztosító a Suzuki autók CASCO biztosítását akarjamódosítani. Eddig a biztosítások 10 ezer Ft önrészûek voltak. Az 1994. évi

56

kárstatisztika szerint a ki�zetett károk átlaga (az önrész levonása után) 49 ezerFt volt, szórása 29 ezer. 1996-ban már csak 20 ezer Ft-os önrésszel lehet sz-erzõdést kötni. Becsüljük meg az 1996. évi átlagkár-ki�zetést! A biztosító nemszámol in�ációval, és tapasztalatai szerint az önrész nélküli károk lognormáliseloszlásúak. Érdemes-e Pareto-eloszlással próbálkozni?

Megoldás: Az eredeti eloszlás lognormális(m,σ2) volt, erre már a 4./b) fela-datban kiszámoltuk, hogy kombinált α-százalékos, c-levonásos önrész bevezetéseután hogyan változik a kár várható értéke. Abban a képletben d = 1, α = 0helyettesítéssel megkapjuk a képletet a c-levonásos önrész esetére. Eszerint:

EY = em+σ22

1− Φ(

log c−m−σ2

σ

)1− Φ

(log c−m

σ

) − c

A rendelkezésre álló adatok alapján momentum-módszerrel tudnánk becsülni aparamétereket, de ehhez elõbb ki kell számolni az EY 2 második momentumotis:

EY 2 =1

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫0

t2√2πσ(t+ c)

e−1

2σ2 (log(t+c)−m)2dt

Helyettesítés integrálással: log(t+ c) = w, t = ew − c, dtdw = ew

EY 2 =1

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

(ew − c)2

√2πσew

e−1

2σ2 (w−m)2 · ewdw =

=1

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

e2w

√2πσ

e−1

2σ2 (w−m)2dw−

− 1

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

2cew√2πσ

e−1

2σ2 (w−m)2dw+

+1

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

c2√2πσ

e−1

2σ2 (w−m)2dw =

=e2m+2σ2

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−(m+2σ2))2dw−

− 2cem+σ22

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−(m+σ2))2dw+

+c2

1− Φ(

log c−mσ

) ∞∫log c

1√2πσ

e−1

2σ2 (w−m)2dw =

57

=1− Φ

(log c−m−2σ2

σ

)1− Φ

(log c−m

σ

) e2m+2σ2−

1− Φ(

log c−m−σ2

σ

)1− Φ

(log c−m

σ

) · 2cem+σ22 + c2

A momentum-módszeres becsléshez meg kell oldanunk az

EY = 49000

EY 2 = D2Y + (EY )2 = 290002 + 490002 = 3242000000

egyenletrendszert c = 10000 esetén. Ezt egy erre alkalmas segédprogram (pl.Maple) segítségével numerikusan megoldhatjuk:

m ≈ 10.8769, σ ≈ 0.4653

Az 1996-os várható értékhez c = 20000-et kell a már ismert képletbe helyettesítenünk:

EY ′ = e10.8769+ 0.465322

1− Φ(

log 20000−10.8769−0.46532

0.4653

)1− Φ

(log 20000−10.8769

0.4653

) − 20000 ≈ 39769

Hf/2.) Hogyan változik az eredmény, ha feltesszük, hogy a két év alatt azin�áció 35%-os?

Megoldás: A paraméterek becslése ugyanaz lesz, mint az elõzõ feladatban,csak most a várható értékhez az in�ációt is �gyelembe vevõ, 4/b) feladatbankiszámolt képletbe kell d = 1.35, c = 20000,m = 10.8769, s = 0.4653, α = 0-thelyettesítteni:

EY ′′ = em+σ22

d− dΦ(

log c−log d−m−σ2

σ

)1− Φ

(log c−log d−m

σ

) − c =

= e10.8769+ 0.465322

1.35− 1.35Φ(

log 20000−log 1.35−10.8769−0.46532

0.4653

)1− Φ

(log 20000−log 1.35−10.8769

0.4653

) −20000 ≈ 59831

Hf/3.) Folytatás. Az 1994. évi kárstatisztika szerint a szerzõdések 9.3%-ánál történt ki�zetés, és a biztosító tapasztalatai szerint az önrész nélküli kárszámPoisson-eloszlású. Becsüljük meg az 1996. évi kárgyakoriságot és az egy szer-zõdésre jutó várható kárt!

Megoldás: Az 5. feladatban láthattuk, hogy a λ-Poisson eloszlású kárszám-ból µ = λP (egy adott kár az önrész fölé esik)-paraméterû Poisson-eloszlású kárszámlesz. 1994-ben az önrész 10000 Ft volt, ezért ekkor

P (egy adott kár az önrész fölé esik) = 1−Φ(

log c−mσ

)= 1−Φ

(log 10000− 10.8769

0.4653

)≈ 0.99983

58

Tehát µ = 0.99983λ-Poisson eloszlású az önrész utáni kárszám. A szerzõdések9.3%-ánál történt ki�zetés, így a 92.7%-ánál nem történt ki�zetés. Tehát 0.927annak a valószínûsége, hogy µ-Poisson-eloszlású kárszám a 0 értéket veszi fel.Tehát:

0.927 = e−µ = e−0.99983λ

λ ≈ 0.0758

Tehát az önrész nélküli kárszám 0.0758-Poisson-eloszlású volt. 1996-ban 20000Ft-os önrész és 35%-os in�áció mellett annak a valószínûsége, hogy egy eredeti káraz önrészt meghaladja:

P (dX > c) = 1−Φ(

log c− log d−mσ

)= 1−Φ

(log 20000− log 1.35− 10.8769

0.4653

)≈ 0.9969

Tehát 1996-ban a kárszám 0.9969 ·λ = 0.0756-Poisson-eloszlású lesz, azaz 7.56%lesz a kárgyakoriság. Az egy szerzõdésre jutó várható kár:

Eösszkár

szerzõdések száma=λ · szerzõdések száma · 39769

szerzõdések száma= 0.0756 · 39769 ≈ 3006.5

Hf/4.) A Magyarország Biztosító mezõgazdasági csotrogányokat biztosít.Az 1994. évi károkról a következõ kárstatisztika áll rendelkezésre. A károk ezerforintban értendõk.

Kárnagyság 0− 10 10− 20 20− 30 30− 40 40− 50 50− 60 60− 70 70− 80 > 80Kárszám 3 26 35 22 9 5 2 1 0

Milyen káreloszlást illesztene? Miért? Hogyan? Elfogadható-e?Megoldás: Elõször exponenciális eloszlást próbáljunk meg illeszteni, ugya-

nis a lognormális és Pareto-eloszlással szemben ennek csak 1 paramétere van,így ha ez jól illeszkedik, akkor inkább ezt fogadjuk el, mint egy kétparamétereseloszlást. Momentum-módszeres becsléssel próbálkozhatunk, csak nem ismerjüka momentumokat. Ezért a már korábban látott módon közelítjük az interval-lumokba esõ értékeket az intervallumok felezõpontjaival. Tehát:

EX ≈ 3 · 5 + 26 cot 15 + 35 · 25 + 22 · 35 + 9 · 45 + 5 · 55 + 2 · 65 + 1 · 75103

≈ 28.495

Innen a λ = 128.495 ≈ 0.035-exponenciális eloszlás adódik becslésnek. Az erre

illesztett eloszláshoz ki kell számolni az [a, b] intervallumokba esés valószínûségeit,azaz e−λa − e−λb.

Kárnagyság 0− 10 10− 20 20− 30 30− 40 40− 50 50− 60 60− 70 70− 80 > 80Ni 3 26 35 22 9 5 2 1 0Npi 30.42 21.43 15.1 10.64 7.5 5.29 3.72 2.62 6.26

59

Ez már ránézésre is rosszul illeszkedik, hipotézisvizsgálattal is elutasítjuk azexponenciális modellt.

Ha lognormális(m,σ2)-eloszlással próbálkozunk, akkor kell a második mo-mentum is:

EX2 ≈ 3 · 52 + 26 cot 152 + 35 · 252 + 22 · 352 + 9 · 452 + 5 · 552 + 2 · 652 + 1 · 752

103≈ 992

D2(X) = EX2 − (EX)2 = 992 + 28.4952 ≈ 180

A momentum-módszeres egyenletek tehát:

28.495 = em+σ22

180 = e2m+σ2(eσ

2− 1)

Az elsõ egyenlet négyzetével leosztjuk a másodikat, majd kifejezzük σ-t:

σ2 = log(

1 +180

28.4952

)≈ 0.2

m = log(28.495)− σ2

2≈ 3.25

Tehát egy m = 3.25, σ2 = 0.2-lognormális eloszlást kaptunk. Ebben az esetbenegy adott [a, b] intervallumba esés valószínûsége:

Φ(

log b−mσ

)− Φ

(log b−m

σ

)Az így kapott táblázat:

Kárnagyság 0− 10 10− 20 20− 30 30− 40 40− 50 50− 60 60− 70 70− 80 > 80Ni 3 26 35 22 9 5 2 1 0Npi 1.76 27.58 35.8 21.06 9.66 4.11 1.72 0.73 0.59

Ezek egészen pontosan illeszkednek, ezt a modellt elfogadhatjuk.

60

6. Gyakorlat - 2010. március 17.

1.) Mi lesz aa) várható érték elvvelb) szórás elvvelc) szórásnégyzet elvveld) maximális veszteség elvvele) kvantilis elvvelmaghatározott díj, ha a szerzõdés kárszáma λ-paraméterû Poisson-eloszlású

és a káreloszlása') exponenciálisb') lognormálisc') ParetoMegoldás: Jelölje a kárszámot η, a károk közös eloszlását X. Ekkor az

S =η∑i=0

Xi valószínûségi változóra kell díjat számolnunk.

a) λ′-paraméterû várható érték elv esetén:

π(S) = (1 + λ′)ES = (1 + λ′)EηEX = (1 + λ′)λEX

a/a') λ′′-exponciális káreloszlás esetén:

π(S) = (1 + λ′)λ

λ′′

a/b') lognormális(m,σ2)-eloszlású károk esetén:

π(S) = (1 + λ′)λem+σ22

a/c') (α′, β)-Pareto-eloszlású károk esetén: ha α′ ≤ 1, akkor π(S) = ∞,egyébként:

π(S) = (1 + λ′)λβ

α′ − 1b-c) α-paraméterû szórás ill. szórásnégyzet elvhez ki kell számolnunk S

szórását:

D2(S) = EηD2(X) +D2(η)(EX)2 =

πb(S) = ES + αDS

πc(S) = ES + αD2(S)

b-c/a') λ′′-exponciális káreloszlás esetén:

πb(S) = (1 + λ′)λ

λ′′+ α

√λ

λ′′2+

λ

λ′′2

πc(S) = (1 + λ′)λ

λ′′+ α

(λ

λ′′2+

λ

λ′′2

)

61

b-c/b') lognormális(m,σ2)-eloszlású károk esetén:

πb(S) = λem+σ22 + α

√λe2m+σ2(eσ2 − 1) + λe2m+σ2 = λem+σ2

2 + α√λem+σ2

πc(S) = λem+σ22 + αλe2m+2σ2

b-c/c') (α′, β)-Pareto-eloszlású károk esetén: ha α ≤ 2, akkor π(S) = ∞,egyébként:

πb(S) = λβ

α′ − 1+ α

√λ · 2β2

(α′ − 1)(α′ − 2)+

λβ2

(α′ − 1)2

πc(S) = λβ

α′ − 1+ α

(λ · 2β2

(α′ − 1)(α′ − 2)+

λβ2

(α′ − 1)2

)d) Maximális veszteség elvnél valamennyi díj ∞ lesz, ugyanis mindhárom

eloszlás tetszõlegesen nagy értéket pozitív valószínûséggel vesz fel.e) Kvantilis elvhez meg kellene határozni S-nek az (1 − ε)-kvantilisét. Ál-

talánosan erre csak egy becslést tudunk adni a Csebisev-egyenlõtlenség fel-használásával, például a 95%-os kvantilis becslése:

P(S > ES +

√20DS

)≤ P

(|S − ES| >

√20DS

)≤ 1

20= 0.05

Tehát a 95%-os kvantilisre kaptunk egy felsõ becslést ES +√

20DS értékével.Innen pedig a díjra kaphatunk egy becslést az egyes esetekben.

2.) Hogyan változnak ezek a díjak, ha c-levonásos és α-százalékos önrésztalkalmazunk?

Megoldás: Az elõzõ feladatsorban kiszámoltuk már (in�áció mellett is) akombinált c-levonásos és α-százalékos önrész bevezetése után várható értéket.Szintén kiszámoltuk, hogy a Poisson-eloszlás paramétere hogyan változik a kom-binált önrész hatására. Így ismerjük korábbról az új kárszámeloszlást és az újkáreloszlást is. Így rendelkezésre minden adat pl. a várható érték elv szá-molásához. A szórás(négyzet) elvhez nem árt ismerni az új eloszlás szórását.Ezt pl. lognormális eloszlásra lényegében kiszámoltuk már az elõzõ Hf/1.) fela-datához. A másik két káreloszlásra is hasonlóan számolható a szórásnégyzet.

3.) Mely díjak függnek a "mértékegységtõl"? (pl. Ft-ban vagy ezer Ft-banszámolunk)

Megoldás: Természetesen a várható érték, szórás, maximális veszteség éskvantilis elvvel kapott díj nem függ az átskálázástól, a szórásnégyzet elvvel szá-molt díj viszont megváltozik.

62

Zárthelyi dolgozat - 2010. március 30.

1.) A Fókusz Biztosító Zrt. egy év alatt bekövetkezett kárainak száma(1000, 0.002)-paraméterû binomiális eloszlású. Ha bekövetkezik a kár, akkor90%-os valószínûséggel 1 mFt az összege és 10%-os valószínûséggel 5 mFt. Bec-sülje meg annak a valószínûségét, hogy a teljes kárösszeg 1 mFt, 2 mFt, illetve5 mFt. Segítségképpen: P (teljes kárösszeg = 0) = 0.135

Megoldás: Az (1000, 0.002)-binomiális eloszlás egy (a, b, 0)-eloszlás: a =− 0.002

0.998 ≈ −0.002, b = 1001·0.0020.998 ≈ 2 paraméterekkel. Ezekre a Panjer-rekurzót

felírva:P (S = 0) = 0.135

P (S = n) =n∑y=1

(a+

by

n

)P (X1 = y)P (S = n− y) =

=(−0.002 +

2 · 1n

)· 0.9P (S = n− 1) +

(−0.002 +

2 · 5n

)· 0.1P (S = n− 5)

P (S = 1) =(−0.002 +

2 · 11

)· 0.9P (S = 0) ≈ 1.998 · 0.9 · 0.135 ≈ 0.243

P (S = 2) =(−0.002 +

2 · 12

)· 0.9P (S = 1) ≈ 0.998 · 0.9 · 0.243 ≈ 0.218

P (S = 3) =(−0.002 +

2 · 13

)· 0.9P (S = 2) ≈ 0.131

P (S = 4) =(−0.002 +

2 · 14

)· 0.9P (S = 3) ≈ 0.059

P (S = 5) =(−0.002 +

2 · 15

)·0.9P (S = 4)+

(−0.002 +

2 · 5 · 55

)·0.1P (S = 0) ≈ 0.0483

2.) A Mesterszakács Biztosító Zrt. elektromos zsúrkocsikban keletkezettkárokat fedezõ termékébõl 2009-ben 10000 szerzõdéssel rendelkezett. A következõkárszámeloszlás volt meg�gyelhetõ:

Kárszám 0 1 2 3 4 5 > 5Szerzõdésszám 7482 1941 485 81 10 1 0

a) Milyen kárszámeloszlást illesztene?Megoldás: a) Írjuk fel az (a, b, 0)-eloszlásoknál vizsgált sorozatot:

qn = (n+1)pn+1

pn= a+b+an q0 =

19417482

≈ 0.259 q1 = 2 · 4851941

≈ 0.4997

q2 = 3 · 81485≈ 0.501 q3 = 4 · 10

81≈ 0.494 q4 = 5 · 1

10= 0.5

63

Látható, hogy qn ≈ 0.5 n ≥ 1 esetén. Ez arra utal, hogy mégsem (a, b, 0)-eloszlást érdemes illeszteni, hanem (a, b)-eloszlást, mégpedig (a = 0, b = 0.5)paraméterekkel, és ekkor p0 = 7482

10000 , pn =(a+ b

n

)pn−1

3.) A Létrakészítõk Biztosító Egyesülete 100 biztosítási szerzõdéssel in-dult, amibõl minden negyedév végén 5-öt töröltek le. Tudjuk, hogy minden sz-erzõdésre negyedévenként p valószínûséggel történik káresemény (negyedéventecsak 0 vagy 1 db kár lehet), a káresemények egymástól függetlenek.

a) Határozza meg az elsõ év alatt bekövetkezett károk eloszlását!b) Tudjuk, hogy 1 db kár összegének eloszlása λ-paraméterû exponenciális,

írja fel a teljes portfolió kárösszeg-eloszlásának Laplace-transzformáltját!c) Készítsen maximum-likelihood becslést és 95%-os kon�denciaintervallu-

mot p értékére, a következõ adatok ismeretében: 1 db kár következett be 1 dbolyan szerzõdésre, amelyik 1 negyedévig élt; 1 db olyan szerzõdésre, mely 3 ne-gyedévig élt; és 19 db olyan szerzõdésre, amely egész negyedévben élt; illetveszerzõdésenként 2 db kár következett be 2 db olyan szerzõdésre, amelyik egészévben élt (a többi szerzõdésre 0 db kár következett be).

d) Készítsen becslést és kon�denciaintervallumot λ értékére, ha tudjuk, hogya teljes kárösszeg 550 eFt volt.

Megoldás:a) Összesen a négy negyedév alatt 100 + 95 + 90 + 85 = 370 független,

p valószínûséggel bekövetkezõ eseményt �gyelünk meg, tehát az összkárszámeloszlása binomiális (370, p) paraméterekkel.

b) Korábbi gyakorlaton és elõadáson is szerepelt, hogy S =η∑i=0

Xi Laplace-

transzformáltja kifejezhetõ a kárszám generátorfüggvényével és káreloszlás Laplace-transzformáltjával:

LS(s) = Gη (LX1(s))

Gη(z) = (1− p+ pz)370

LX1(s) = Ee−sX1 =

∞∫0

e−sx · λe−λxdx =λ

λ+ s

Tehát a keresett transzformált:

LS(s) =(

1− p+ pλ

λ+ s

)370

=(

1− ps

λ+ s

)370

c) Felírhatjuk a likelihood-függvényt a becsléshez. Ehhez

P (egy n negyedévig élõ szerzõdésre k db kár következik be) =(n

k

)pk(1−p)n−k

Így a függetlenség miatt a rendelkezésünkre álló adatok alapján a likelihood-függvény:(

11

)p1(1−p)0·

(31

)p1(1−p)2·

((41

)p1(1− p)3

)19

·((

42

)p2(1− p)2

)2

·(1− p)370−1−3−19·4−2·4 =

64

= Cp25(1− p)345

Ezt kell maximalizálni, a logaritmusának deriváltja:

25p− 345

1− p= 0

p =25370

=káresemények számaszerzõdések száma

Tehát p ≈ 0.0676 a maximum-likelihood becslés. Látható, hogy épp a kár-gyakoriságot kaptuk ML-becslésnek. Kon�denciaintervallumhoz felahsználjuk,hogy:

Ep = E

(N1 + ...+N370

370

)= EN1 = p

ahol Ni az i-edik meg�gyelt eseményhez tartozó indikátorváltozó.

D2(p) = D2

(N1 + ...+N370

370

)=

370D2(N1)3702

=p(1− p)

370≈ p(1− p)

370

Dp ≈ 0.013

Így a centrális határeloszlás-tétel alapján tudjuk, hogy p−Ep eloszlása 0 várhatóértékû, normális. Szórására az elõzõ közelítést alkalmazva kapunk egy aszimp-totikus kon�denciaintervallumot p-re.

(p− 1.96Dp; p+ 1.96p)

(0.0676− 1.96 · 0.013; 0.0676 + 1.96 · 0.013) ≈ (0.042; 0.093)

d) Azt tudjuk, hogy a c) részben megadott 27 káreseményre összesen 550eFt-ot �zettünk ki. Ha Xi jelöli az i-edik kár nagyságát, akkor a likelihood-függvény:

25∏i=1

λe−λXi

A logaritmusa:

25 log λ− λ25∑i=1

Xi

Ennek a deriváltja:

25λ−

25∑i=1

Xi = 0

λ =25

25∑i=1

Xi

=25

550000=

122000

=1

átlagkár≈ 4.55 · 10−5

65

Kon�denciaintervallumot λ-ra úgy adhatunk, hogy 1λ =

25∑i=1

Xi

25 -re adunk kon-�denciaintervallumot, majd vesszük a végpontok reciprokait.

E

25∑i=1

Xi

25

=1λ

D2

25∑i=1

Xi

25

=25D2(X1)

252=D2(X1)

25=

125λ2

D

(∑i = 125Xi

25

)=

15λ≈ 1

5λ=

220005

= 4400

A kon�denciaintervallum tehát 1λ -ra:

(22000− 1.96 · 4400; 22000 + 1.96 · 4400) = (13376; 30624)

Így λ-ra az aszimptotikus kon�denciaintervallum:(1

30624;

113376

)≈ (3.26 · 10−5; 7.48 · 10−5)

4.) X (n, p) paraméterû binomiális és Y (m, q)-paraméterû binomiális elos-zlású, egymástól független valószínûségi változók. Határozza meg az (X +Y ) valószínûségi változó várható értékét, szórásnégyzetét a generátorfüggvényalapján!

Megoldás: Ismerjük a binomiális eloszlás generátorfüggvényét, továbbátudjuk, hogyan kell generátorfüggvénybõl várható értéket és szórásnégyzetetszámolni:

GX(z) = (1−p+pz)n G′X(z) = np(1−p+pz)n−1 G′′X(z) = n(n−1)p2(1−p+pz)n−2

GY (z) = (1−q+qz)m G′Y (z) = mq(1−q+qz)m−1 G′′Y (z) = m(m−1)q2(1−q+qz)m−2

E(X+Y ) = G′X+Y (z)|z=1 = G′X(1)GY (1)+GX(1)+G′Y (1) = np·1+1·mq = np+mq

D2(X+Y ) = G′′X+Y (1)+G′X+Y (1)−(G′X+Y (1))2 = G′′X+Y (1)+(np+mq)−(np+mq)2

G′′X+Y (z) = (G′XGY (z)+Gx(z)G′Y (z))′ = G′′X(z)GY (z)+2G′X(z)G′Y (z)+GX(z)G′′Y (z)

G′′X+Y (1) = n(n− 1)p(p− 1) + 2npmq +m(m− 1)q(q − 1)

D2(X + Y ) = G′′X+Y (1) + (np+mq)− (np+mq)2 =

= n(n− 1)p2 + 2npmq +m(m− 1)q2 + (np+mq)− (np+mq)2 =

= (n2 − n)p2 + (m2 −m)q2 + 2nmpq + np+mq − (n2p2 + 2npmq +m2q2) =

= np− np2 +mq −mq2 = np(1− p) +mq(1− q)

66

6.Gyakorlat - 2010. április 7.

1.) Az X valószínûségi változó (N, p) paraméterû binomiális eloszlású. Ad-junk becslést arra a díjra, amelyet úgy kapunk, hogy a várható értéket a 95%-oskvantilis 10%-ával megnöveljük!

Megoldás: Az X ∼ (N, p)-binomiális eloszlás N db független, azonos elos-zlású indikátorváltozó összege, így a centrális határeloszlás-tétel alapján

X −Np√Np(1− p)

−→ N(0, 1)

Így a 95%-os kvantilisre jó becslést ad az

c′0.95 ≈ Np+ c0.95

√Np(1− p) = Np+ 1.64

√Np(1− p)

ahol c0.95 a standard normális eloszlás 0.95-es kvantilise. Ekkor a kapott díjbecslése:

π(X) = EX + 0.1c0.95 ≈ 1.1Np+ 0.1 · 1.64√Np(1− p)

2.) AzX valószínûségi változó eloszlása 50% valószínûséggel (N, p1)-binomiáliseloszlású, 50%-os valószínûséggel (N, p2)-paraméterû binomiális. Adjunk bec-slést a 95%-os kvantilisre abban az esetben, ha

a) N = 1000, p1 = 0.1, p2 = 0.2b) N = 1000, p1 = 0.1, p2 = 0.5Megoldás: Teljes valószínûség tétellel:

0.95 = P (X < t) =12P (X < t|X ∼ Binom(N, p1))+

12P (X < t|X ∼ Binom(N, p2))

Az elõzõ feladatban látott normális közelítéssel az alábbi egyenletet kapjuk t-re:

0.95 = Phi

(t−Np1√Np1(1− p1)

)+ Φ

(t−Np2√Np2(1− p2)

)

a) Érdemes felírnunk a kvantilisek becsléseit a Binom(N, pi) valószínûségiváltozókra is, hogy lássuk, milyen hatást ér el a keverés.

Binom(1000, 0.1) esetén c ≈ 1000 · 0.1 + 1.64 ·√

1000 · 0.1 · 0.9 ≈ 115.6Binom(1000, 0.2) esetén c ≈ 1000 · 0.2 + 1.64 ·

√1000 · 0.2 · 0.8 ≈ 220.7

A megoldandó konkrét egyenlet a keverékre:

0.95 = Φ(t− 100√

90

)+ Φ

(t− 200√

160

)Számítógéppel numerikusan közelítve a megoldást, azt kapjuk, hogy 216 <

t < 217 teljesül a kvantilisre.b)Binom(1000, 0.1) esetén c ≈ 1000 · 0.1 + 1.64 ·

√1000 · 0.1 · 0.9 ≈ 115.6

Binom(1000, 0.5) esetén c ≈ 1000 · 0.5 + 1.64 ·√

1000 · 0.5 · 0.5 ≈ 525.9

67

A megoldandó egyenlet:

0.95 = Φ(t− 100√

90

)+ Φ

(t− 500√

250

)Szintén numerikusan közelítve 520 < t < 521 adódik a kvantilisre. Azt

tapasztalhattuk tehát mindkét esetben, hogy a keverés utáni eloszlás kvantilisesokkal közelebb lesz a nagyobb paraméterû eloszlás eredeti kvantiliséhez.

68

7.Gyakorlat - ZH-feladatok megbeszélése - 2010. április 14.

8.Gyakorlat - 2010. április 21.

1.) Mi lesz a veszteségfüggvény-elvvel meghatározott díj, haa) L(x, a) = (1− ε)|x− a|+ + ε|x− a|−b) L(x, a) = (x− a)2ehx

Megoldás: a) A megoldás során feltételezzük, hogy az eloszlásunk abszolútfolytonos, sûrûségfüggvénye f(x), eloszlásfüggvénye F (x).

Ebben az esetben a díj a következõ függvény minimumhelye p-ben:

p 7→ E(L(X, p)) = (1− ε)∞∫p

(x− p)f(x)dx+ ε

p∫0

(p− x)f(x)dx =

= (1− ε)∞∫p

xf(x)dx− εp∫

0

xf(x)dx− p(1− ε)(1− F (p)) + εpF (p) =

Látható, hogy p → 0 esetén EX-hez, míg p → ∞ esetén végtelenbe tart avárható érték, p-ben folytonos, így van minimumhelye. A fenti függvényt pszerint deriválva és felhasználva, hogy tetszõleges folytonos g(x) esetén

d

dp

p∫0

g(x)dx = g(p)

d

dpE(L(X, p)) = (1−ε)(−pf(p))−εpf(p)−(1−ε)(1−F (p))+p(1−ε)f(p)+εF (p)+εpf(p) = F (p)−(1−ε)

0 =d

dpE(L(X, p)) = F (p)− (1− ε)

F (p) = 1− ε

Tehát éppen az (1− ε)-kvantilis lesz a kapott díj.

b) A díj a p 7→ E(L(X, p)) függvény minimumhelye lesz.

E(L(X, p)) = E((X − p)2ehX) = p2E(ehX)− 2pE(XehX) + E(X2ehX)

Ez p-ben egy másodfokú polinom, a minimumhelye:

π(X) =E(XehX)E(ehX)

Természetesen feltételeztük, hogy a felírt várható értékek végesek.

69

2.) Mutassuk meg, hogy korlátos kockázatokra létezik svájci díjelv alapjánszámolt díj.

Megoldás:

3.) Egy biztosító betöréses lopás elleni biztosításokat ad el Kukutyin városában.Az a tapasztalatuk, hog a városban történõ éves betörésszám jól közelíthetõ(10000, 0.1)-paraméterû binomiális eloszlással. Ha a városban η = y betörés van,akkor annak a valószínûsége, hogy a biztosító egy szerzõdésénél kár van: y

10000 .Ha van kár, akkor a nagysága 20000 várható értékû exponenciális eloszlású. Abiztosító a díjakat 1

100000 paraméterû szórásnégyzet elv alapján határozza meg.Mi a feltételes díj y függvényében?

Megoldás: Ha egyetlen szerzõdést tekintünk, és η′ jelöli a kárszámát, akkor

P (η′ = 0|η = y) = 1− y

10000

P (η′ = 1|η = y) =y

10000

A szerzõdés összkára: S =η′∑i=1

Xi, ahol az Xi-k független, 120000 -exponenciális

eloszlásúak.

E(S|η = y) = E(η′|η = y)EX1 =y

10000· 20000 = 2y

D2(S|η = y) = E(η′|η = y)D2(X1) +D2(η′|η = y)E2(X1) =

=y

10000· 200002 +

y

10000

(1− y

10000

)· 200002 = 40000y + 4y(10000− y)

A megadott szórásnégyzet elvvel számolt feltételes díj:

π(S|η = y) = E(S|η = y)+D2(S|η = y

100000= 2y+0.4y+

4y(10000− y)100000

=280000y − 4y2

100000

4.) A Speciál Biztosító jelentõs tapasztalatokkal rendelkezik a gépjármû-felelõsségbiztosítás területén. Ezen tapasztalatok szerint az egyes díjosztályokhoztartozó károk mind exponenciális eloszlásúak, csak az eloszlás paramétere függa díjosztálytól. A paramétert θ-val jelölve a 15 díjosztály többévi meg�gyelésea következõ eredményt adja (eFt-ban)

E

(1θ

)= 34 D2

(1θ

)= 100

A biztosító 1994-ben egy új díjosztályt vezetett be a terepjárókra. Ebben azévben 27 káresemény történt, a károk átlaga 49 eFt volt. Becsüljük meg adíjosztályi károk várható értékét.

Megoldás:

70

5.) Egy vállalati vagyonbiztosítás kárszámeloszlása 0.15-paraméterû Poisson-eloszlású és káreloszlása (millió Ft-ban) 1 paraméterû exponenciális eloszlású.A biztosító a bruttó díj 30%-át szánja költségekre. A kockázati díjat nettóvárható érték elvvel határozza meg. Hasonlítsa össze a bruttó díjat, ha nincsdíjvisszatérítés, azzal, hogy kármentesség esetén a bruttó díj 30%-át adja vissza!

Megoldás:

Hf/1.) Legyen u kétszer deriválható hasznossági függvény. Mutassuk meg,hogy ekkor a megfelelõ díjelv pontosan akkor additív, ha a függvény lineárisvagy exponenciális!

Megoldás:

Hf/2.) (korábbi HF folytatása) Gépjármûvezetõk kárszámára a következõmeg�gyelések adódtak:

Károk száma 0 1 2 3 4 5 > 5Vezet®k száma 565664 68714 5177 365 24 6 0

Az átlagkár 100 ezer Ft volt. A díj fele visszajár kármentesség esetén. Határozzameg a díjat 20%-os paraméterû várható érték elv esetében! Mennyi díj jön ki, haa kármentességi valószínûséget egyszerûen a tapasztalati gyakorisággal becsüljükés Poisson-eloszlást feltételezünk?

Megoldás:

71