Prova Resolvida de Credibilidade

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P2 - Resolução
Fórmulas necessárias
Prêmio Coletivo
pCol = E[X] = E[E[X|Θ]]
Prêmio de Bayes
pBayes = E[Xn+1|x] = E[E[Xn+1|Θ]|x]
Prêmio de Bühlmann
pBuhlmann = E[Xn+1|x] = zx+ (1− z)pCol
z =
n
n+ I
I =
E[V [X|Θ]]
V [E[X|Θ]]
Equação de falta de enviesamento
E[E[Xn+1|Θ]] = α0 +
n∑
i=1
αiE[Xi]
Cov[Xj, Xn+1] =
n∑
i=1
αiCov[Xi, Xj]
E para Bühlmann-Straub: Prêmio de Bühlmann-Straub
pBuhlmann−Straub = E[
Xn+1
mn+1
|x] = zx+ (1− z)pCol
z =
m
m+ I
I =
E[V [Xn+1
mn+1
|Θ]]
V [E[Xn+1
mn+1
|Θ]]
a =
vaj
mj
+
n∑
i=1
αia
1
Questão 1
Enunciado: A distribuição condicional do número de reclamações por segu-
rado segue uma distribuição de Poisson, com parâmetro λ. Considere-se que
λ ∼ G(α, θ) de modo que E[λ] = αθ. Para os segurados com 1 reclamação no
ano 1, a estimativo do prêmio de credibilidade para o número de segurados no
ano 2 é 0,15. Para os segurados com uma média de reclamações de 2 no ano
1 e 2 no ano 2, a estimativa de credibilidade no ano 3 é 0,20. Determine α e θ.
Resposta:
Ni|Λ ∼ Poisson(λ)
Λ ∼ Gama(α, 1
θ
)
Pc = zX + (1− z)pCol
z =
n
n+ I
I =
E[V [Ni|Λ]]
V [E[Ni|Λ]] =
E[λ]
V [λ]
=
αθ
αθ2
=
1
θ
pCol = E[Ni] = E[E[Ni|Λ]] = E[Λ] = αθ
z =
n
n+ 1
θ
=
nθ
nθ + 1
Assim,
Pc =
nθ
nθ + 1
X +
1
nθ + 1
pCol =
nθX + αθ
nθ + 1
E, para n=1 e x = 1:
Pc =
θ + αθ
θ + 1
= 0, 15 =
3
20
20θ(1 + α) = 3(θ + 1)
Para n=2 e x = 2:
Pc =
4θ + αθ
2θ + 1
= 0, 2 =
1
5
5θ(4 + α) = 2θ + 1
Dessa forma, tem-se um sistema de duas equações e duas incógnitas:
20θ(1 + α) = 3(θ + 1)
2
5θ(4 + α) = 2θ + 1
Portanto,
1 + α =
3
20θ
(θ + 1)
α =
3θ + 3− 20θ
20θ
=
3− 17θ
20θ
5θ(4 +
3− 17θ
20θ
) = 2θ + 1 = 20θ +
3− 17θ
4
=
63θ + 3
4
63θ + 3 = 8θ + 4
θ =
1
55
≈ 0, 0181818
α =
3− 17
55
20
55
=
148
20
= 7, 4
Questão 2
Enunciado: Seja X1,...,Xn uma amostra aleatória, de modo que Xi ∼ Exp(λ)
tal que E[Xi] = 1λ , i= 1,...,n. Assumindo λ ∼ G(a, b) tal que E[λ] = ab .
• a) Determine a distribuição posterior de λ.
• b) Determine o prêmio de Bayes para λ.
• c) Determine o prêmio de Credibilidade de Bühlmann. Comente os
resultados e compare com o item b).
Respostas:
• Dados:
Xi|Λ ∼ Exp(λ)
i = 1, ..., n
Λ ∼ Gama(a, b)
3
• Item a):
fΛ|x(λ|x) ∝ l(λ;x)fΛ(λ)
l(λ;x) =
n∏
i=1
fXi|Λ(xi|λ) =
n∏
i=1
λe−λxi = λne−λ
∑n
i=1 xi = λne−nλx
fΛ(λ) ∝ λa−1e−bλ
fΛ|x(λ|x) ∝ λne−nλxλa−1e−bλ = λa+n−1e−λ(b+nx)
Logo,
Λ|x ∼ Gama(a+ n, b+ nx)
• Item b):
pBayes = E[Xn+1|x] = E[E[Xn+1|Λ]|x] = E[ 1
Λ
|x] =
∫ ∞
−∞
1
λ
(b+ nx)a+n
Γ(a+ n)
λa+n−1e−λ(b+nx)dλ =
=
(b+ nx)a+n
Γ(a+ n)
∫ ∞
−∞
λa+n−2e−λ(b+nx)dλ =
(b+ nx)a+n
Γ(a+ n)
Γ(a+ n− 1)
(b+ nx)a+n−1
=
b+ nx
a+ n− 1
• Item c):
pBuhlmann = E[Xn+1|x] = zx+ (1− z)pCol
z =
n
n+ I
I =
E[V [X|Λ]]
V [E[X|Λ]] =
E[ 1
Λ2
]
V [ 1
Λ
]
=
E[ 1
Λ2
]
E[ 1
Λ2
]− E2[ 1
Λ
]
De forma análoga ao que foi feito no item anterior,
pCol = E[X] = E[E[X|Λ]] = E[ 1
Λ
] =
b
a− 1
E[
1
Λ2
] =
∫ ∞
−∞
1
λ2
ba
Γ(a)
λa−1e−bλdλ =
ba
Γ(a)
∫ ∞
−∞
λa−3e−bλdλ =
ba
Γ(a)
Γ(a− 2)
ba−2
=
b2
(a− 1)(a− 2)
I =
b2
(a−1)(a−2)
b2
(a−1)(a−2) − b
2
(a−1)2
=
b2
(a−1)(a−2)
b2(a−1)−b2(a−2)
(a−1)2(a−2)
= a− 1
z =
n
n+ a− 1
pBuhlmann = E[Xn+1|x] = n
n+ a− 1x+
a− 1
n+ a− 1
b
a− 1 =
b+ nx
n+ a− 1
Ou seja,
pBayes = pBuhlmann
4
O que é esperado, visto que o prêmio de Bühlmann é uma aproximação
perfeito do de Bayes, quando as distribuições dos dados e a priori do
parâmetro são conjugadas - e da família exponencial -, o que ocorre
nesse exemplo.
Questão 3
Enunciado: Pequenas empresas numa área industrial tem seguros para danos
nas construções. A experiência previa com as reclamações de tais empresas
levaram à modelagem anual das reclamações agregadas através de uma dis-
tribuição de Poisson composta. As empresas são divididas em três tipos- os
do tipo θ1, θ2 e θ3 - onde as diferentes hipóteses sobre as distribuições de
Poisson composta são dadas na tabela embaixo. Aproximadamente 50% das
empresas são do tipo θ1, enquanto que 30% são do tipo θ2. Se a experiência
de sinistros ao longo dos últimos três anos a partir de uma empresa relativa-
mente nova é dada por S = (s1, s2, s3) = (1400,1200,500), Obter o prêmio
Tabela 1: Tipos de seguros.
Tipo de empresa p(θ) Taxa Severidade
θ1 0,5 1 Pareto(4, 1200)
θ2 0,3 1,5 Pareto(4, 1500)
θ3 0,2 2 Pareto(4, 1800)
de credibilidade para o próximo ano. Lembre que se X ∼ Pareto(a, b),
E[X] = b
a−1 e V [X] =
ab2
(a¯1)2(a¯2)
.
Resposta:
Ni|Λ ∼ Poisson(Λ)
Yij|B ∼ Pareto(4, B)
Θ = (Λ, B)
θ1 = (1,
6
5
103)
θ2 = (
3
2
,
3
2
103)
θ3 = (2,
9
5
103)
5
P (Θ = θ1) =
1
2
P (Θ = θ2) =
3
10
P (Θ = θ3) =
1
5
Xi =
Ni∑
j=1
Yij
x = (1400, 1200, 500)
x =
3100
3
pBuhlmann = E[X4|x] = zx+ (1− z)pCol
z =
3
3 + I
I =
E[V [Xi|Θ]]
V [E[Xi|Θ]]
E[Xi|Θ] = E[
Ni∑
j=1
Yij|Θ] = E[E[
Ni∑
j=1
Yij|Ni,Θ]] = E[NiE[Yij|Θ]|Θ] =
= E[Ni|Θ]E[Yij|Θ] = λb
3
pCol = E[Xi] = E[E[Xi|Θ]] = E[ΛB
3
] =
1
3
E[BΛ]
V [E[Xi|Θ]] = V [BΛ
3
] =
1
9
{E[B2Λ2]− E2[BΛ]}
V [Xi|Θ] = V [
Ni∑
j=1
Yij|Θ] = E[V [
Ni∑
j=1
Yij|Ni,Θ]] + V [E[
Ni∑
j=1
Yij|Ni,Θ]] =
= E[NiV [Yij|Θ]|Θ]+V [NiE[Yij|Θ]|Θ] = E[Ni|Θ]V [Yij|Θ]+V [Ni|Θ]E2[Yij|Θ] = λ2b
2
9
+λ
b2
9
=
λb2
3
E[V [Xi|Θ]] = 1
3
E[B2Λ]
E[BΛ] =
3∑
i=1
biλiP (Θ = θi) =
6
5
103
1
2
+
3
2
3
2
103
3
10
+ 2
9
5
103
1
5
= 1995
6
E[B2Λ] =
3∑
i=1
b2iλiP (Θ = θi) =
36
25
106
1
2
+
3
2
9
4
106
3
10
+ 2
81
25
106
1
5
= 3028500
E[B2Λ2] =
3∑
i=1
b2iλ
2
iP (Θ = θi) =
36
25
106
1
2
+
9
4
9
4
106
3
10
+ 4
81
25
106
1
5
= 4830750
Assim,
I =
1
3
E[B2Λ]
1
9
{E[B2Λ2]− E2[BΛ]} =
1
3
3028500
1
9
(4830750− 3980025) = 3
3028500
850725
z =
3
3 + 33028500
850725
=
3
2552175+9085500
850725
=
2552175
11637675
pBuhlmann =
2552175
11637675
3100
3
+
9085500
11637675
1
3
1995 = 745, 7765
Questão 4
Enunciado: Sejam X1,...,Xn as perdas de n anos de uma apólice. Suponha-
se que os Xi dependem do mesmo parâmetro de risco θ. Assumindo que os
Xi|θ são independentes de modo que µ(θ) = E[Xj|θ] e V [Xj|θ] = ω(θ) + νθmj ,
j=1,..., n. Considerando que µ = E[µ(θ)], ν = E[ν(θ)], ω = E[ω(θ)] e
a=V [µ(θ)].
• a) Prove que E[Xj] = µ, V [Xj] = ω + νmj + a e Cov[Xi, Xj] = a, i 6=j.
• b) Seja αˆ0 +
∑n
i=1 αˆjXj o prêmio de credibilidade. Usando as equações
normais, mostre que
αˆi =
aαˆ0
µ
ω + ν
mi
e αˆ0 =
µ
1 + am∗
onde m∗=
∑n
j=1
mj
ν+ωmj
• c) Verifique que αˆ0 +
∑n
i=1 αˆjXj = ZX + (1− Z)µ, onde Z = am
∗
1+am∗ e
X = 1
m∗
∑n
j=1
mj
νωmj
Xj.
Respostas:
7
• Dados:
E[Xi|Θ] = µ(θ)
V [Xi|Θ] = ω(θ) + ν(θ)
mi
i = 1, ..., n
E[µ(θ)] = µ
E[ω(θ)] = ω
E[ν(θ)] = ν
V [µ(θ)] = a
• Item a):
E[Xi] = E[E[Xi|θ]] = E[µ(θ)] = µ
Cov[Xi, Xj] = E[XiXj]−E[Xi]E[Xj] = E[E[XiXj|θ]]−µ2 = E[E[Xi|θ]E[Xj|θ]]−µ2 =
= E[µ2(θ)]− E2[µ(θ)] = V [µ(θ)] = a
V [Xi] = E[V [Xi|Θ]]+V [E[Xi|Θ]] = E[ω(θ)+ν(θ)
mi
]+V [µ(θ)] = ω+
ν
mi
+a
• Item b):
As equações normais são:
E[Xn+1] = µ = α0 + µ
n∑
i=1
αi
Cov[Xn+1, Xi] = a =
n∑
j=1
αjCov[Xi, Xj] = αi(ω+
ν
mi
+a)+a
n∑
j=1,j 6=i
αj =
= αi(ω +
ν
mi
+ a)− aαi + aαi + a
n∑
j=1,j 6=i
αj = αi(ω +
ν
mi
) + a
n∑
j=1
αj
A partir da primeira, obtém-se:
n∑
i=1
αi =
µ− α0
µ
8
A partirda segunda, obtém-se:
αi =
a(1−∑nj=1 αj)
ω + ν
mi
A partir disso, tem-se:
αi =
a(1− µ−α0
µ
)
ω + ν
mi
=
aα0
µ(ω + ν
mi
)
Assim,
α0
µ
= 1−
n∑
i=1
aα0
µ(ω + ν
mi
)
= 1−aα0
µ
n∑
i=1
1
(ωmi+ν
mi
)
= 1−aα0
µ
n∑
i=1
mi
ωmi + ν
= 1−aα0m∗
µ
α0
µ
(1 + am∗) = 1
α0 =
µ
1 + am∗
• Item c):
Sabe-se:
αi =
aα0
µ(ω + ν
mi
)
α0 =
µ
1 + am∗
Dessa forma,
α0+
n∑
i=1
αiXi =
µ
1 + am∗+
n∑
i=1
aα0
µ(ω + ν
mi
)
Xi =
µ
1 + am∗+
a µ
1+am∗
µ
n∑
i=1
1
(ωmi+ν
mi
)
Xi =
=
µ
1 + am∗+
a
1 + am∗
n∑
i=1
mi
ωmi + ν
Xi =
µ
1 + am∗+
am ∗X
1 + am∗ = (
am∗
1 + am∗)X+
+(1− am∗
1 + am∗)µ
9