Notice: Undefined index: mode in /home/misc/mst/public_html/common.php on line 63 Notice: Undefined index: mode in /home/misc/mst/public_html/common.php on line 65 Notice: Undefined index: mode in /home/misc/mst/public_html/common.php on line 67 Notice: Undefined index: mode in /home/misc/mst/public_html/common.php on line 69 Notice: Undefined variable: base in /home/misc/mst/public_html/lecture.php on line 36 Matematyka w ubezpieczeniach życiowych – 4. Zadania,II – MIM UW

4. Zadania,II

15. Rozważamy ubezpieczenie pary osób (x), (y), które wypłaca T(x:y) zł w chwili pierwszej śmierci oraz 4T(\overline{x:y}) zł w momencie drugiej śmierci. Zakładamy, że (x) jest wylosowany z populacji wykładniczej o średniej 100, natomiast (y) jest wylosowany z populacji wykładniczej o średniej 80. Obliczyć składkę jednorazową netto SJN za to ubezpieczenie przyjmując techniczną intensywność oprocentowania na poziomie \delta=0,02. Zakładamy, że zmienne losowe T(x) oraz T(y) są niezależne.

Rozwiązanie. Szukana składka SJN wynosi

SJN=(\bar{I}\bar{A})_{{x:y}}+4(\bar{I}\bar{A})_{{\overline{x:y}}}.

Ponieważ

(\bar{I}\bar{A})_{x}+(\bar{I}\bar{A})_{y}=(\bar{I}\bar{A})_{{x:y}}+(\bar{I}\bar{A})_{{\overline{x:y}}}

więc

SJN=4(\bar{I}\bar{A})_{x}+4(\bar{I}\bar{A})_{y}-3(\bar{I}\bar{A})_{{x:y}}.

Obliczamy potrzebne symbole

(\bar{I}\bar{A})_{x}=\int _{0}^{{\infty}}te^{{-0,02t}}e^{{-0,01t}}0,01\, dt=11,1111
(\bar{I}\bar{A})_{y}=\int _{0}^{{\infty}}te^{{-0,02t}}e^{{-0,0125t}}0,0125\, dt=11,8343
(\bar{I}\bar{A})_{{x:y}}=\int _{0}^{{\infty}}te^{{-0,02t}}e^{{-0,0225t}}0,0225\, dt=12,4567.

Ostatecznie otrzymujemy SJN=54,4115.

16. Rozpatrujemy model szkodowości dwojakiej:

\mu _{{1,x+t}}=\frac{1}{100-t},\ \ \ \mu _{{2,x+t}}=\frac{2}{120-t}\mbox{ dla }0\le t<100.

Obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, że (x) ulegnie jako pierwszej szkodzie tej, która w danej chwili mniej mu zagrażała niż druga ”współzawodnicząca”.

Rozwiązanie. Rozwiązujemy najpierw równanie

\mu _{{1,x+t}}=\mu _{{2,x+t}}

i otrzymujemy t=80. Zatem dla t<80 bardziej zagraża mu szkoda druga (J=2) a dla t>80 szkoda pierwsza (J=1.) Szukane prawdopodobieństwo wynosi więc

\int _{0}^{{80}}\left(1-\frac{t}{100}\right)\left(1-\frac{t}{200}\right)^{2}\frac{1}{100-t}\, dt+\int _{{80}}^{{100}}\left(1-\frac{t}{100}\right)\left(1-\frac{t}{200}\right)^{2}\frac{2}{120-t}\, dt\approx 0,394

17. Rozważamy grupę 10 osób w wiekach 21,22,23,24,25,26,27,28,29,30. Zakładamy, że ich życia są niezależne oraz, że wszystkie te osoby pochodzą z populacji Gompertza z funkcją natężenia śmiertelności daną wzorem:

\mu _{x}=B(1,23)^{x}

gdzie B>0. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, że jako pierwszy umrze parzystolatek?

Rozwiązanie. Niech n=21:23:\ldots:29 oraz p=22:24:\ldots:30. Mamy obliczyć prawdopodobieństwo, że T(p)<T(n). Niech dalej c=1,23. Mamy

\mu _{{n+t}}=Bc^{{21+t}}+Bc^{{23+t}}+\ldots+Bc^{{29+t}}=Bc^{{w_{n}+t}}

gdzie w_{n} spełnia równanie

c^{{w_{n}}}=c^{{21}}+c^{{23}}+\cdots c^{{29}}.

Podobnie

\mu _{{p+t}}=Bc^{{w_{p}+t}}

gdzie w_{p} spełnia równanie

c^{{w_{p}}}=c^{{22}}+c^{{24}}+\cdots c^{{30}}.

Zatem

w_{p}=w_{n}+1

i dalej

Pr(T(p)<T(n))=\int _{0}^{{\infty}}\mbox{}_{t}p_{n}\cdot\mbox{}_{t}p_{p}\cdot\mu _{{p+t}}=\int _{0}^{{\infty}}\mbox{}_{t}p_{{w_{n}}}\cdot\mbox{}_{t}p_{{w_{p}}}(\mu _{{w_{p}+t}}+\mu _{{w_{n}+t}})\frac{\mu _{{w_{p}+t}}}{\mu _{{w_{p}+t}}+\mu _{{w_{n}+t}}}=
=\frac{c^{{w_{p}}}}{c^{{w_{p}}}+c^{{w_{n}}}}\cdot 1=\frac{c}{c+1}\approx 0,55.

18. Rozważamy ubezpieczenie n-letnie na życie dla (x), ciągłe, które wypłaci 1 zł w chwili śmierci, jeżeli ubezpieczony umrze w ciągu n lat. Składki są płacone w postaci renty życiowej ciągłej n-letniej z odpowiednio dobraną stałą intensywnością netto \bar{P}. Niech W(t)=e^{{-\delta t}}\bar{V}(t) oznacza wartość obecną rezerwy po t latach, obliczoną na moment wystawienia polisy. Załóżmy, że funkcja W(t) osiąga maksimum w pewnym punkcie t^{{\ast}}\in(0,n). Obliczyć \bar{P}, jeśli wiadomo, że

\bar{V}(t^{{\ast}})=0,1\mbox{ oraz }\mu _{{x+t^{{\ast}}}}=0,01.

Rozwiązanie. Ponieważ

W^{{\prime}}(t)=-\delta e^{{-\delta t}}V(t)+e^{{-\delta t}}V^{{\prime}}(t)=e^{{-\delta t}}[V^{{\prime}}(t)-\delta V(t)]

więc t^{{\ast}} spełnia równanie

V^{{\prime}}(t^{{\ast}})-\delta V(t^{{\ast}})=0.

Uwzględniając równanie Thielego otrzymujemy stąd

\bar{P}=(1-V(t^{{\ast}}))\mu _{{x+t^{{\ast}}}}=0,009.

19. Rozważamy ubezpieczenie emerytalne dla (x), wybranego z populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega>x. Polega ono na tym, że przez najbliższe m lat (m<\omega-x), będzie on płacił składkę w postaci renty życiowej ciągłej z intensywnością netto 1. Po dożyciu wieku x+m zacznie otrzymywać emeryturę dożywotnią z intensywnością E. Do rachunków netto użyto technicznej intensywności oprocentowania \delta=0. Intensywność emerytury E jest więc funkcją x,m oraz \omega. Udowodnić, że elastyczność E względem wieku granicznego \omega wyraża się wzorem:

\frac{\partial E}{\partial\omega}\cdot\frac{\omega}{E}=\frac{2\omega(x-\omega)}{(\omega-x-m)(2\omega-2x-m)}

20. Niech \stackrel{\circ}{e}_{x}=E(T(x))=\frac{(100-x)(175-x)}{3(150-x)} (dla 0\le x<100) oznacza przeciętne dalsze trwanie życia (x) wylosowanego z populacji z wiekiem nieprzekraczalnym 100. Obliczyć

\mbox{}_{{24}}p_{{46}}

Rozwiązanie. Łatwo sprawdzić, że funkcja \stackrel{\circ}{e}_{x} spełnia równanie różniczkowe

\stackrel{\circ}{e}_{x}^{{\prime}}=\mu _{x}\stackrel{\circ}{e}_{x}-1

(porównaj z równaniem różniczkowym na \bar{a}_{x}!) więc

\mu _{x}=\frac{\stackrel{\circ}{e}_{x}^{{\prime}}+1}{\stackrel{\circ}{e}_{x}}=\frac{250-2x}{15000-250x+x^{2}}

Otrzymujemy stąd, że

[\ln s(x)]^{{\prime}}=[\ln(x^{2}-250x+15000)]^{{\prime}}

i uwzględniając warunek początkowy s(0)=1 dostajemy

s(x)=\frac{(100-x)(150-x)}{15000}\mbox{ dla }0<x<100.

W szczególności

\mbox{}_{{24}}p_{{46}}=\frac{s(70}{s(46)}=\frac{50}{117}\approx 0,427

21. Rozważamy wyjściowy symbol A_{{x:\overline{m}\mid}}^{{\ \ \  1}} oznaczający składkę jednorazową netto za m-letnie ubezpieczenie na dożycie dla (x). Załóżmy, że małe liczby \Delta x oraz \Delta m zostały tak dobrane, że

A_{{x+\Delta x:\overline{m+\Delta m}\mid}}^{{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  1}}=A_{{x:\overline{m}\mid}}^{{\ \ \  1}}.

Obliczyć wartość przybliżoną \Delta m/\Delta x.

Dane są:

\delta=0.03,\mu _{x}=0,01,\mu _{{x+m}}=0,015.

22. Rozważamy populację wykładniczą z natężeniem umierania:

\mu _{x}=const=\mu>0.

Wybrany z niej (x) kupuje ubezpieczenie ciągłe na życie odroczone o m>0 lat. Płaci do końca życia ciągłą rentę życiową składek netto z odpowiednio dobraną stałą intensywnością \bar{P}. Jeśli umrze w ciągu najbliższych m lat to żadne świadczenie nie będzie wypłacone. Natomiast, gdy umrze później to zostanie wypłacone 1 zł w chwili jego śmierci. Niech \delta>0 oznacza poziom technicznej intensywności oprocentowania użytej do obliczenia składek i rezerw. Wykazać, że intensywność składki oszczędnościowej po 2m latach \pi^{s}(2m) wyraża się wzorem:

\pi^{s}(2m)=-\frac{\mu\delta}{\mu+\delta}(1-e^{{-m(\mu+\delta)}}).

Rozwiązanie. Ponieważ

\bar{a}_{x}=\int _{0}^{{\infty}}e^{{-\delta t}}e^{{-\mu t}}\, dt=\frac{1}{\mu+\delta}

oraz

\mbox{}_{{m|}}\bar{A}_{x}=v^{m}e^{{-\mu m}}\bar{A}_{{x+m}}=e^{{-(\mu+\delta)m}}\frac{\mu}{\mu+\delta}

więc

\bar{P}=\frac{\mbox{}_{{m|}}\bar{A}_{x}}{\bar{a}_{x}}=\mu e^{{-(\mu+\delta)m}}.

Dla t>m mamy

V(t)=\bar{A}_{{x+t}}-\bar{P}\bar{a}_{{x+t}}=const\mbox{  a zatem  }V^{{\prime}}(t)=0.

W szczególności

\pi^{s}(2m)=V^{{\prime}}(2m)-\delta V(2m)=-\delta\left(\frac{\mu}{\mu+\delta}-\mu e^{{-(\mu+\delta)m}}\frac{1}{\mu+\delta}\right)

czego należało dowieść.

23. Rozważamy ubezpieczenie ciągłe ogólnego typu, które ma tę własność, że dla każdego t>0 zachodzi równość

\pi^{s}(t)=\pi^{r}(t).

Po lewej stronie mamy intensywność składki oszczędnościowej a po prawej stronie mamy intensywność składki na ryzyko. Wykazać, że bieżące poziomy: rezerwy V(t), świadczenia śmiertelnego c(t) oraz intensywności składki netto \pi(t) powiązane są zależnością:

V(t)=c(t)-\frac{\pi(t)}{2\mu _{{x+t}}}

Rozwiązanie. Z treści zadania mamy

V^{{\prime}}(t)-\delta V(t)=\mu _{{x+t}}(c(t)-V(t))

Równanie Thielego głosi natomiast, że

V^{{\prime}}(t)=\delta V(t)+\pi(t)-(c(t)-V(t))\mu _{{x+t}}

Jeśli z powyższych równań wyrugujemy V^{{\prime}}(t) i otrzymane równanie rozwiążemy ze względu na V(t) to dostaniemy pożądany wzór.

24. Rozważamy ubezpieczenie bezterminowe na życie ciągłe dla (30), wybranego z populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega=110. Wypłaci ono 1 zł w chwili jego śmierci. Składka jednorazowa SJ, którą zapłaci ubezpieczony w momencie zawarcia umowy ubezpieczeniowej, została skalkulowana jako wartość oczekiwana wartości obecnej wypłaty pod warunkiem, że ubezpieczony umrze wcześniej niż przeciętnie. Obliczyć prawdopodobieństwo:

Pr(v^{{T(30)}}<SJ).

W powyższym wzorze v oznacza techniczny roczny czynnik dyskontujący, odpowiadający technicznej intensywności oprocentowania \delta=0,02.

25. Rozważamy ubezpieczenie bezterminowe dla (x), które wypłaci 1 zł na koniec roku śmierci. Składki opłacane są za pomocą renty życiowej składek corocznych w stałej wysokości netto P_{x}. Wiadomo, że dla pewnego całkowitego k>0 zachodzi:

\mbox{}_{k}V=0,60,\ \ \mbox{}_{{k+2}}V=0,64,\ \  p_{{x+k}}=0,92,\ \  p_{{x+k+1}}=0,88,\ \  i=4\%.

Obliczyć P_{x} .

26. Mąż (30) należy do populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega _{m}=100 , natomiast żona (25) należy do populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega _{k}=120. Rozpatrujemy ubezpieczenie bezterminowe ciągłe dla tej pary, które wypłaci 1 zł w chwili pierwszej śmierci. Składka za to ubezpieczenie będzie płacona aż do pierwszej śmierci za pomocą renty życiowej ciągłej z odpowiednio dobraną intensywnością netto \bar{P}. Obliczyć rezerwę składek netto V(50) po 50 latach od momentu wystawienia polisy. Techniczna intensywność oprocentowania wynosi \delta=0,05. Zakładamy ponadto, że T(30) oraz T(25) są niezależne.

Rozwiązanie. Intensywność \bar{P} składki netto spełnia bilans aktuarialny

\bar{P}\bar{a}_{{30:25}}=\bar{A}_{{30:25}}=1-\delta\bar{a}_{{30:25}}\mbox{ a zatem }\bar{P}=\bar{a}^{{-1}}_{{30:25}}-\delta.

Obliczamy potrzebny symbol rentowy

\bar{a}_{{30:25}}=\int _{0}^{{70}}e^{{-0,05t}}\left(1-\frac{t}{70}\right)\left(1-\frac{t}{95}\right)\, dt=12,454

Otrzymujemy więc \bar{P}=0,0302958. Dalej

V(50)=\bar{A}_{{80:75}}-\bar{P}\bar{a}_{{80:75}}=1-(\delta+\bar{P})\bar{a}_{{80:75}}=0,483188.

27. (x) wybrano z populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega>0. Natomiast (y) wybrano niezależnie z populacji wykładniczej z funkcją natężenia wymierania \mu _{{y+t}}=const=\mu>0. Wybrane osoby mają przed sobą przeciętnie tyle samo życia. Obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, że

T(x)>T(y).

Zakładamy, że T(x) oraz T(y) są niezależne.

Rozwiązanie. Mamy

T(x)\sim{\rm U}(0,\omega-x)\mbox{ gdzie }0<x<\omega

oraz

T(y)\sim{\rm Exp}(\mu)\mbox{ gdzie }\mu>0.

Z treści zadania mamy

E(T(x))=E(T(y))\mbox{ tzn. }
\frac{\omega-x}{2}=\frac{1}{\mu}.

Obliczamy szukane prawdopodobieństwo

\Pr(T(x)>T(y))=\int _{0}^{{\omega-x}}\mbox{}tp_{x}\cdot\mbox{}_{t}p_{y}\mu _{{y+t}}=\int _{0}^{{\omega-x}}\left(\frac{\omega-x-t}{\omega-x}\right)\mu e^{{-\mu t}}\, dt=\frac{e^{{-\mu(\omega-x)}}-1+\mu(\omega-x)}{\mu(\omega-x)}

Uwzględniając powyższą zależność pomiędzy \omega,x oraz \mu otrzymujemy ostatecznie

\Pr(T(x)>T(y))=\frac{1}{2}(1+e^{{-2}})\approx 0,5677.

28. Rozważamy model dwuopcyjny (multiple decrement model), przy czym

\mu _{{1,x+t}}=\frac{1}{\omega _{1}-t}\mbox{ dla }0<t<\omega _{1}\mbox{ oraz }\mu _{{2,x+t}}=\frac{1}{\omega _{2}-t}\mbox{ dla }0<t<\omega _{2},

przy czym zakładamy, że \omega _{1}<\omega _{2}. Obliczyć stosunek \omega _{1}/\omega _{2} dla którego największe jest prawdopodobieństwo

Pr(T>E(T)|J=1).

29. Rozważamy ubezpieczenie emerytalne dla (25). Polega ono na tym, że w ciągu najbliższych 35 lat będzie on płacił regularną coroczną składkę netto w wysokości P. Po dożyciu wieku 60 lat zacznie on otrzymywać emeryturę dożywotnią w wysokości 1 zł na początku każdego roku. Niech L oznacza wartość obecną straty ubezpieczyciela na moment wystawienia polisy. Obliczyć Var(L). Dane są:

i=6\%,\mbox{}_{{35}}p_{{25}}=0,856044,\ \  A_{{25}}=0,0816496,\  A_{{60}}=0,3691310,\ \mbox{}^{2}A_{{25}}=0,0187472,\ \mbox{}^{2}A_{{60}}=0,1774113.

30. Niech m(x) oznacza medianę dalszego trwania życia (x) tzn. medianę zmiennej losowej T(x). Dana jest funkcja natężenia umierania :

\mu _{x}=0,01\cdot 1,02^{x}\mbox{ dla }x>0.

Obliczyć m(33).

31. Rozważamy grupę 100 noworodków wybranych z populacji de Moivre'a z wiekiem granicznym \omega=100 . Obliczyć wariancję czasu oczekiwania do pierwszej śmierci w grupie. Zakładamy, że ich życia są niezależne.

Rozwiązanie. Mamy obliczyć wariancję zmiennej losowej T(u) gdzie u=x_{1}:x_{2}:\ldots:x_{{100}} oraz x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{{100}}=0. Ponieważ T(u)=\min _{{j}}T(x_{j}) więc

\mbox{}_{t}p_{u}=\prod _{{j=1}}^{{100}}\mbox{}_{t}p_{{x_{j}}}=\left(1-\frac{t}{100}\right)^{{100}}.

Mamy teraz

E(T(u))=\int _{0}^{{100}}\mbox{}_{t}p_{u}\, dt=\frac{100}{101}\mbox{ oraz }
E(T(u)^{2})=2\int _{0}^{{100}}t\left(1-\frac{t}{100}\right)^{{100}}\, dt=\frac{10000}{5151}=1,94137.

Ostatecznie Var(T(u))=0,961075

32. Rozważamy zmianę śmiertelności w wyjściowej populacji zadaną wzorem:

\mu _{{x+t}}^{{(M)}}=\mu _{{x+t}}+M,

dla wszystkich x,t\ge 0. Zakładamy, że nieznany współczynnik przesunięcia M ma rozkład jednostajny na odcinku [0,01;0,02]. Wiadomo, że dla wyjściowej populacji

A_{{x:\overline{35}\mid}}^{{\ \ \  1}}=0,195276.

Obliczyć wartość oczekiwaną składki A_{{x:\overline{35}\mid}}^{{\ \ \  1}} względem rozkładu zmiennej M.

Treść automatycznie generowana z plików źródłowych LaTeXa za pomocą oprogramowania wykorzystującego LaTeXML.

Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego.

Projekt współfinansowany przez Ministerstwo Nauki i Szkolnictwa Wyższego i przez Uniwersytet Warszawski.