Zusammengesetzt Poisson < Finanzmathematik < Finanz+Versicherung < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:24 Mi 03.11.2010 | | Autor: | shaevy |
| Aufgabe | Sei S zusammengesetzt Poisson-verteilt mit λ=1.5 und diskreten Einzelschadenshöhen 1 und 2 mit Wahrscheinlichkeiten 2/3 bzw. 1/3. Berechne P(S = 0) und [mm] E(I_x) [/mm] für x=0,1,...,6. (Notation siehe Bsp.15)!
Bsp15: Sei [mm] I_M [/mm] die Geldmenge, die ein Rückversicherer dem Versicherer bei einer Stop-Loss-Rückversicherung mit Selbstbehalt M Zahlen muss. Für den Fall, dass der Gesamtschaden S durch eine Gammaverteilung mit Verteilungsfunktion
[mm] Gamma(x;\alpha,\beta)=\integral_{0}^{x}{\bruch{\beta^\alpha}{Gamma(\alpha)}t^{\alpha-1}e^{-\beta*t} dt}
[/mm]
approximiert wird, zeige man
[mm] E(I_M)=\bruch{\alpha}{\beta}*(1-Gamma(M;\alpha+1,\beta))-M*(1-Gamma(M;\alpha,\beta)) [/mm] |
Ich kann mit der Frage wenig anfangen und bitte um Hilfe.
Wäre über jeden Tipp, Idee oder Lösungsansatz sehr erfreut.
Mich interessiert nur die Lösung vom oberen Beispiel nicht von Bsp15.
lg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:57 Fr 05.11.2010 | | Autor: | shaevy |
Mittlerweile bin ich der Lösung schon etwas näher:
Es gibt:
[mm] P(N=n)=\bruch{\lambda^n}{n!}*e^-\lambda
[/mm]
[mm] S=\summe_{i=1}^{N}Y_i
[/mm]
Daher:
[mm] P(S=0)=\bruch{1.5^0}{0!}*e^-1,5=0,22313
[/mm]
[mm] P(S=1)=\bruch{1.5^1}{1!}*e^-1,5*2/3=0,22313
[/mm]
[mm] P(S=2)=\bruch{1.5^2}{2!}*e^-1,5*[1/3+(2/3)^2]=0,11842
[/mm]
[mm] P(S=3)=\bruch{1.5^3}{3!}*e^-1,5*[(2/3)*(1/3)+(2/3)^2]=0,05578
[/mm]
[mm] P(S=4)=\bruch{1.5^4}{4!}*e^-1,5*[(1/3)*(2/3)^2+(2/3)^4+(1/3)^2]=0,02149
[/mm]
[mm] P(S=5)=\bruch{1.5^5}{5!}*e^-1,5*[(1/3)*(2/3)^3+(2/3)^5+(2/3)*(1/3)^2]=0,004299
[/mm]
[mm] P(S=6)=\bruch{1.5^6}{6!}*e^-1,5*[(1/3)*(2/3)^4+(2/3)^6+(2/3)^2*(1/3)^2+(1/3)^3]=...
[/mm]
Ich bin mir da jedoch recht unsicher..
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:04 Sa 06.11.2010 | | Autor: | vivo |
Hallo,
es gilt doch ganz allgemein:
[mm]\mathbf{P}[S_t \in B]=\sum_{n=0}^{\infty}\mathbf{P}[N_t=n]
\mathbf{P}[\sum_{i=0}^{n}X_i \in B][/mm]
für deine Verteilung ergibt sich dann:
[mm]\mathbf{P}[S=0]=\mathbf{P}[N=0]=\bruch{1.5^0}{0!}\cdot{}e^-1,5[/mm]
[mm]\mathbf{P}[S=1]=\mathbf{P}[N=1]\mathbf{P}[X_1=1]=\bruch{1.5^1}{1!}\cdot{}e^-1,5\cdot \frac{2}{3}[/mm]
[mm]\mathbf{P}[S=2]=\mathbf{P}[N=1]\mathbf{P}[X_1=2]+\mathbf{P}[N=2]\mathbf{P}[X_1=1]\mathbf{P}[X_1=2]=\bruch{1.5^1}{1!}\cdot{}e^-1,5\cdot \frac{1}{3}+\bruch{1.5^2}{2!}\cdot{}e^-1,5\cdot (\frac{2}{3})^2[/mm]
usw.
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:44 Sa 06.11.2010 | | Autor: | vivo |
Hallo,
jetzt brauchen wir noch [mm]\mathbf{E}[I_x][/mm]
[mm]I_x=max((S-x),0)[/mm]
[mm]\mathbf{E}[I_x]=\mathbf{E}[max((S-x),0)]=
\int_{\Omega} (S-x)1_{[S(\omega)-x>0]}d\mathbf{P}[/mm]
für deinen Fall vereinfacht sich dass zu:
[mm]\sum_{i=1}^{\infty} ((x+i)-x)\mathbf{P}[S=x+i]=
\sum_{i=x+1}^{\infty}i\mathbf{P}[S=i]-x(1-\mathbf{P}[S\leq x])=
\mathbf{E}[S]-\sum_{i=0}^{x}i\mathbf{P}[S=i]-x(1-\mathbf{P}[S\leq x])=\mathbf{E}[N]\mathbf{E}[X_1]-\sum_{i=0}^{x}i\mathbf{P}[S=i]-x(1-\mathbf{P}[S\leq x])=
(1,5)(\frac{2}{3}+\frac{2}{3})-\sum_{i=0}^{x}i\mathbf{P}[S=i]-x(1-\mathbf{P}[S\leq x])[/mm]
gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:30 Sa 06.11.2010 | | Autor: | shaevy |
Vielen Dank für deine Antwort. Der erste Teil ist mir jetzt völlig klar.
Beim zweiten Teil bin ich noch am überlegen.
Mir ist nicht ganz klar wie du vom Integral auf die Summe kommst..
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:34 Sa 06.11.2010 | | Autor: | vivo |
Hallo,
naja, deine Zufallsvariable ist diskret und der Erwartungswert im diskreten ist eine Summe.
gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:08 Sa 06.11.2010 | | Autor: | shaevy |
Alles klar.. vielen Danke.
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