Taller 3
Una aseguradora: función de riesgo, gamma entera, aproximación normal de la Poisson, Gompertz y cambio de variable
Una aseguradora vende pólizas de vehículos y seguros de vida, y en este taller van a recorrer un mismo objeto, el riesgo, bajo cuatro lentes distintos: la función de riesgo, el tiempo entre siniestros de una cartera, el número de siniestros en un año y el valor presente de un pago. Recuerden que si \(T\) es un tiempo de vida con densidad \(f=F'\) y distribución \(F\), su función de riesgo es \(\lambda(t)=\dfrac{f(t)}{1-F(t)}\), y que \(F(0)=0\).
- Partiendo de la definición de \(\lambda(t)\), demuestren, usando ecuación de variables separables, que para un riesgo cualquiera se cumple \(F(t)=1-\exp\!\Big(-\displaystyle\int_0^t\lambda(s)\,ds\Big)\). Apliquen este resultado a una póliza de vehículo cuyo tiempo \(T\), en años, hasta el primer siniestro tiene riesgo constante \(\lambda(t)=0{,}02\), reconozcan la distribución de \(T\) y calculen \(P(T>5)\). (4 puntos)
Como \(f=F'\), la definición dice \(\dfrac{F'(t)}{1-F(t)}=\lambda(t)\), que es una ecuación de variables separables para \(F\):
\[\frac{dF}{1-F}=\lambda(t)\,dt\]
Integrando de \(0\) a \(t\) y usando \(F(0)=0\),
\[-\ln\big(1-F(t)\big)=\int_0^t\lambda(s)\,ds\qquad\Longrightarrow\qquad F(t)=1-\exp\!\Big(-\int_0^t\lambda(s)\,ds\Big)\]
Con \(\lambda(t)=0{,}02\) la integral vale \(0{,}02\,t\), así que \(F(t)=1-e^{-0{,}02\,t}\) para \(t\ge0\). Es la distribución \(\text{Exponencial}(0{,}02)\), de media \(50\) años. Entonces
\[P(T>5)=1-F(5)=e^{-0{,}1}\approx0{,}9048\]
- La cartera tiene 2500 pólizas independientes como la anterior. Supongan que el número de siniestros de la cartera en \(t\) años, \(N_t\), tiene distribución Poisson de parámetro \(\lambda t\) con \(\lambda=2500\cdot0{,}02=50\), y sea \(W_r\) el tiempo hasta el siniestro número \(r\). Supongan también, como justificamos en clase, que el evento \(\{W_r\le t\}\) coincide con el evento \(\{N_t\ge r\}\), y que de esto resulta que \(W_r\) tiene densidad \(\Gamma\) entera (o Erlang) de parámetros \(\lambda\) (tasa) y \(r\) (forma) \[f(w)=\frac{\lambda^r w^{r-1}e^{-\lambda w}}{\Gamma(r)},\qquad w>0,\] donde \(\Gamma(r)=\displaystyle\int_0^\infty t^{r-1}e^{-t}\,dt\). Demuestren que \(f\) es una función de densidad. Ayuda: hagan el cambio de variable \(u=\lambda w\). (6 puntos)
Para \(r>0\) el número \(\Gamma(r)\) es finito y positivo, así que \(f\ge0\). Falta ver que integra \(1\). Con \(u=\lambda w\) se tiene \(w=u/\lambda\) y \(dw=du/\lambda\), y por lo tanto
\[\int_0^\infty f(w)\,dw=\frac{\lambda^r}{\Gamma(r)}\int_0^\infty\Big(\frac u\lambda\Big)^{r-1}e^{-u}\,\frac{du}{\lambda}=\frac1{\Gamma(r)}\int_0^\infty u^{r-1}e^{-u}\,du=\frac{\Gamma(r)}{\Gamma(r)}=1\]
Las potencias de \(\lambda\) se cancelan: \(\lambda^r\cdot\lambda^{-(r-1)}\cdot\lambda^{-1}=1\).
- Recuerden que la función gamma cumple \(\Gamma(r+1)=r\,\Gamma(r)\). Usando esto, calculen \(E[W_r]\) y \(\text{Var}(W_r)\). Ayuda: para la varianza calculen primero \(E[W_r^2]\) y recuerden que \(\text{Var}(W_r)=E[W_r^2]-\big(E[W_r]\big)^2\). (6 puntos)
Con el mismo cambio de variable, para \(k=1,2\),
\[E[W_r^k]=\frac{\lambda^r}{\Gamma(r)}\int_0^\infty w^{r+k-1}e^{-\lambda w}\,dw=\frac{\Gamma(r+k)}{\lambda^k\,\Gamma(r)}\]
Para \(k=1\):
\[E[W_r]=\frac{\Gamma(r+1)}{\lambda\,\Gamma(r)}=\frac r\lambda\]
Para \(k=2\) se usa \(\Gamma(r+2)=(r+1)\,r\,\Gamma(r)\), de donde \(E[W_r^2]=\dfrac{r(r+1)}{\lambda^2}\). Entonces
\[\text{Var}(W_r)=\frac{r(r+1)}{\lambda^2}-\frac{r^2}{\lambda^2}=\frac r{\lambda^2}\]
- Con \(\lambda=50\), calculen el tiempo esperado hasta el décimo siniestro de la cartera. Calculen también \(P(W_3\le0{,}1)\) sin integrar la densidad, usando la igualdad de eventos \(\{W_r\le t\}=\{N_t\ge r\}\) y la función de masa de la Poisson. (5 puntos)
Por el punto anterior, \(E[W_{10}]=\dfrac{10}{50}=0{,}2\) años, unos \(73\) días.
Para la segunda parte, \(\{W_3\le0{,}1\}=\{N_{0{,}1}\ge3\}\) y \(N_{0{,}1}\sim\text{Poisson}(50\cdot0{,}1=5)\). Entonces
\[P(W_3\le0{,}1)=1-P(N_{0{,}1}\le2)=1-e^{-5}\Big(1+5+\frac{25}{2}\Big)=1-18{,}5\,e^{-5}\approx0{,}8753\]
- Sea \(N\) el número de siniestros de la cartera en un año completo, de modo que \(N\) es Poisson de parámetro \(50\). Recuerden que una Poisson de parámetro \(\lambda\) grande se aproxima por una normal que tiene la misma media y la misma varianza que ella, es decir, media \(\lambda\) y varianza \(\lambda\), y que como \(N\) solo toma valores enteros se usa la corrección de continuidad: \(P(N\ge k)\) se aproxima por la probabilidad de que la normal sea mayor o igual que \(k-0{,}5\). Identifiquen la media y la desviación estándar de la normal que aproxima a \(N\) y aproximen \(P(N>60)\). Les sirve saber que \(\Phi(1{,}41)=0{,}9207\), \(\Phi(1{,}48)=0{,}9306\), \(\Phi(1{,}49)=0{,}9319\) y \(\Phi(1{,}56)=0{,}9406\), donde \(\Phi\) es la distribución normal estándar. (4 puntos)
La normal tiene media \(50\), varianza \(50\) y desviación estándar \(\sqrt{50}\approx7{,}07\). Como \(N\) es entera, \(P(N>60)=P(N\ge61)\), que se aproxima por la probabilidad de que la normal sea mayor o igual que \(60{,}5\):
\[P(N>60)\approx P\Big(Z\ge\frac{60{,}5-50}{\sqrt{50}}\Big)=P(Z\ge1{,}4849)=1-\Phi(1{,}4849)\]
Como \(1{,}4849\) queda entre \(1{,}48\) y \(1{,}49\), se interpola: \(\Phi(1{,}4849)\approx0{,}9312\), y la probabilidad es aproximadamente \(0{,}0688\). Tomar \(\Phi(1{,}48)\) directamente, que da \(0{,}0694\), también es aceptable.
- Aproximen de nuevo \(P(N>60)\), ahora sin corrección de continuidad. Comparen las dos aproximaciones con el valor exacto obtenido de la Poisson, \(0{,}0722\), y expliquen por qué una de ellas se acerca más. (2 puntos)
Sin corrección se usa \(60\) como frontera: \(z=10/\sqrt{50}\approx1{,}41\), y la probabilidad es \(1-\Phi(1{,}41)=1-0{,}9207=0{,}0793\). Con corrección se obtuvo \(0{,}0688\). Los errores respecto del valor exacto \(0{,}0722\) son \(0{,}0071\) sin corrección y \(0{,}0034\) con ella, así que la corrección se acerca más.
La razón es que \(N\) es discreta: el valor \(k\) ocupa en la escala continua el intervalo \([k-0{,}5,\,k+0{,}5]\), de modo que el evento \(\{N\ge61\}\) empieza en \(60{,}5\). Empezar en \(60\) cuenta media unidad de masa de más y sobreestima. Si en cambio se empezara en \(61\), con \(z=11/\sqrt{50}\approx1{,}56\), se obtendría \(1-\Phi(1{,}56)=0{,}0594\), que subestima. El valor exacto queda entre los dos extremos, y la corrección usa el punto medio.
- Pasemos a los seguros de vida. En 1825 el actuario Benjamin Gompertz propuso, para modelar el tiempo de vida de los seres humanos, el riesgo \(\lambda(t)=\alpha\beta^t\) con \(\alpha>0\) y \(\beta>1\). Verifiquen derivando que una primitiva de \(\beta^s\) es \(\dfrac{\beta^s}{\ln\beta}\) (escriban \(\beta^s=e^{s\ln\beta}\)) y úsenla, junto con la fórmula de \(F(t)\) en términos del riesgo que demostraron al comienzo, para deducir \(F(t)\). (6 puntos)
Con \(\beta^s=e^{s\ln\beta}\),
\[\frac{d}{ds}\,\frac{\beta^s}{\ln\beta}=\frac{\ln\beta\cdot e^{s\ln\beta}}{\ln\beta}=\beta^s\]
así que es una primitiva. Entonces
\[\int_0^t\alpha\beta^s\,ds=\frac{\alpha\,(\beta^t-1)}{\ln\beta}\]
y por la fórmula del punto 1,
\[F(t)=1-\exp\!\Big(-\frac{\alpha\,(\beta^t-1)}{\ln\beta}\Big),\qquad t\ge0\]
- Tomen \(\alpha=0{,}00003\) y \(\beta=1{,}1\), con \(t\) medido en años de edad. Calculen \(P(T>70)\) y la probabilidad de que una persona que llega a los 70 años llegue a los 90, es decir, \(P(T>90\mid T>70)\). (3 puntos)
Con \(\ln1{,}1\approx0{,}09531\) y \(P(T>t)=1-F(t)\), que por el punto anterior es \(\exp\!\big(-\alpha(\beta^t-1)/\ln\beta\big)\),
\[P(T>70)=\exp\!\Big(-\frac{0{,}00003\,(1{,}1^{70}-1)}{0{,}09531}\Big)=e^{-0{,}2483}\approx0{,}7802\]
\[P(T>90)=e^{-1{,}6721}\approx0{,}1879\]
Como \(\{T>90\}\subset\{T>70\}\),
\[P(T>90\mid T>70)=\frac{P(T>90)}{P(T>70)}=\frac{0{,}1879}{0{,}7802}\approx0{,}2408\]
Una persona que llega a los \(70\) años tiene cerca de un \(24\%\) de probabilidad de llegar a los \(90\).
- Calculen \(\lambda(30)\) y \(\lambda(90)\) con los valores del numeral anterior, donde \(\lambda\) es el hazard de la Gompertz, y expliquen con ellos por qué una distribución exponencial no sirve para modelar la vida humana. (2 puntos)
Reemplazando en \(\lambda(t)=\alpha\beta^t\),
\[\lambda(30)=0{,}00003\cdot1{,}1^{30}\approx0{,}00052,\qquad\lambda(90)=0{,}00003\cdot1{,}1^{90}\approx0{,}159\]
A los \(30\) años el riesgo anual es de unos \(5\) en \(10\,000\), y a los \(90\) es de casi \(16\) en \(100\). El cociente es \(1{,}1^{60}\approx304\), y no depende de \(\alpha\). La exponencial tiene riesgo constante, de modo que asignaría el mismo riesgo a los \(30\) y a los \(90\) años, y la mortalidad humana no se comporta así.
- Volvamos a una póliza de vehículo, con \(T\) exponencial de parámetro \(\mu=0{,}02\). La aseguradora paga un peso en el momento del siniestro y descuenta a una tasa \(\delta=0{,}05\), de modo que el valor presente del pago es \(V=e^{-\delta T}\). Recuerden el teorema de cambio de variable: si \(X\) es continua con densidad \(f_X\), \(g\) es derivable y estrictamente monótona sobre el rango de \(X\), y \(Y=g(X)\), entonces \(f_Y(y)=f_X\big(h(y)\big)\,|h'(y)|\), donde \(h\) es la inversa de \(g\). Úsenlo para hallar la densidad de \(V\) e indiquen en qué intervalo toma valores y qué distribución es. (6 puntos)
La función \(g(t)=e^{-\delta t}\) es estrictamente decreciente sobre \((0,\infty)\), que es el rango de \(T\), y su imagen es \((0,1)\). Por lo tanto \(V\) toma valores en \((0,1)\). La inversa es \(h(v)=-\dfrac{\ln v}{\delta}\), con \(|h'(v)|=\dfrac1{\delta v}\). Como \(f_T(t)=\mu e^{-\mu t}\),
\[f_T\big(h(v)\big)=\mu\,e^{\mu\ln v/\delta}=\mu\,v^{\mu/\delta}\]
y entonces
\[f_V(v)=\mu\,v^{\mu/\delta}\cdot\frac1{\delta v}=\frac\mu\delta\,v^{\mu/\delta-1},\qquad0<v<1\]
Con \(\mu/\delta=0{,}4\) queda \(f_V(v)=0{,}4\,v^{-0{,}6}\) en \((0,1)\). Se comprueba que integra \(1\):
\[\int_0^10{,}4\,v^{-0{,}6}\,dv=v^{0{,}4}\Big|_0^1=1\]
La densidad de una \(\text{Beta}(a,b)\) es \(\dfrac{x^{a-1}(1-x)^{b-1}}{B(a,b)}\). Con \(b=1\) el factor \((1-x)^0\) desaparece, y como \(B(a,1)=\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(1)}{\Gamma(a+1)}=\dfrac1a\), la densidad queda \(a\,x^{a-1}\). Por lo tanto \(V\sim\text{Beta}(a,1)\) con \(a=\mu/\delta=0{,}4\), es decir, \(V\sim\text{Beta}(0{,}4,\,1)\).
- Calculen \(E[V]\) de dos maneras: integrando \(v\) contra la densidad de \(V\) que obtuvieron, y calculando directamente \(E[e^{-\delta T}]\) contra la densidad de \(T\). Verifiquen que los dos resultados coinciden. Encuentren la fórmula general de la esperanza para \(\mu\) y \(\delta\) arbitrarios. (6 puntos)
Con la densidad de \(V\):
\[E[V]=\int_0^1v\cdot0{,}4\,v^{-0{,}6}\,dv=0{,}4\int_0^1v^{0{,}4}\,dv=\frac{0{,}4}{1{,}4}=\frac27\approx0{,}2857\]
Directamente con la densidad de \(T\):
\[E[e^{-\delta T}]=\int_0^\infty e^{-0{,}05\,t}\cdot0{,}02\,e^{-0{,}02\,t}\,dt=0{,}02\int_0^\infty e^{-0{,}07\,t}\,dt=\frac{0{,}02}{0{,}07}=\frac27\]
Coinciden. Para \(\mu\) y \(\delta\) arbitrarios, el cálculo directo da
\[E[V]=E[e^{-\delta T}]=\int_0^\infty e^{-\delta t}\,\mu\,e^{-\mu t}\,dt=\mu\int_0^\infty e^{-(\mu+\delta)t}\,dt=\frac{\mu}{\mu+\delta}\]
Con la densidad de \(V\) se llega a lo mismo:
\[E[V]=\int_0^1v\cdot\frac\mu\delta\,v^{\mu/\delta-1}\,dv=\frac\mu\delta\cdot\frac1{\mu/\delta+1}=\frac{\mu}{\mu+\delta}\]
que es la media \(\dfrac a{a+1}\) de una \(\text{Beta}(a,1)\) con \(a=\mu/\delta\).