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复合负二项风险模型的相关问题研究

范文

陈贵磊边平勇

【摘要】利用鞅论的方法得到了复合负二项模型中盈余首次和末次到达一给定水平的时间的分布特征，并导出了几个概率等式，同时也讨论了其他一些相关变量的数字特征.

【关键词】负二项随机序列;盈余;鞅

【基金项目】泰安市2016年科技计划项目.

本文研究了离散的复合负二项风险模型，给出了初始资本为零、单位时间收取保费为1的理想假设下，盈余首次达到给定水平时刻的矩母函数的两种表示方法、盈余末次达到给定水平时刻的数字特征.

一、模型描述

定义1.1[2] ?设u≥0，c>0，假设：

（1）X1，X2，…是取值于（0，+∞）的独立、同分布的随机变量，共同分布为F（x）;（2）{N（n）}∞n=0服从参数为（n，p）的负二项随机序列;（3）{Xi}∞i=1与{N（n）}∞n=0相互独立.

令U（n）=u+cn-S（n），S（n）=∑ N（n） i=1 Xi（n=0，1，2，…），则称{U（n）}∞n=0为复合负二项风险模型，简记为CNBRM{U（n）}∞n=0.模型中，u表示保险公司的初始资本，c表示单位时间收取的保费，Xi表示第i次发生的理赔额，N（n）表示n个单位时间上总共发生的理赔次数，称cn-∑ N（n） i=1 Xi为盈余过程，U（n）为保险公司在时刻n的盈余.关于模型CNBRM{U（n）}∞n=0，假定c> q p p1（pi=E（Xi）），可定义安全系数θ，使c=（1+θ） q p p1成立.

二、主要结果

（一）盈余首次达到给定水平时刻的数字特征

为方便讨论，假设初始资本为0，单位时间内保险公司按单位收取保费，即：u=0，c=1，从而U（n）=n-S（n），S（n）=∑ N（n） i=1 Xi（n=0，1，…），为使保险公司稳定经营，设1> qμ p ，其中，μ=E（X），p+q=1，所以模型{U（n）}∞n=0的盈余总保持为正，又由于盈余过程{U（n）}∞n=0总是自由向上跳动的，所以对任意给定水平x，盈余过程将会不止一次达到，不妨假设T=min{n：U（n）=x}表示盈余首次达到给定水平x的时刻.

T的矩母函数可通过下列方法得到：对常数r，s，有

E（e-rU（n）+sn）=E（e-r（n-S（n））+sn）=e（s-r）nE（erS（n））=e（s-r）n ?p 1-qm（r）? n= es-r p 1-qm（r）? n，

其中m（r）=E（erX）为理赔量X的矩母函数.令r，s满足关系

s=r+ln（1-qm（r））-lnp，（2.1）

则过程{e-rU（n）+sn}∞n=0是一鞅.

假设s=s（r）满足式（2.1），选择时刻T为一停时时刻，利用可选时定理，得E（e-rU（T）+sT）=1.

由于U（T）=x，E（esT）=erx. （2.2）

式（2.2）即为T的矩母函数.

令φ（s）=lnE（esT）表示T 的累积矩母函数，则φ（s）=rx，因为φ′（s）= dr ds x= x s′（r） =? x（1-qm（r）） 1-qm（r）-qm′（r），

令s=r=0，得E（T）= xp p-qμ .

类似地，有

φ″（s）= 1 s′（r）? dφ′（s） dr

=x q（1-qm（r））（m″（r）+q（m′（r））2-qm（r）m″（r））（1-qm（r）-qm′（r））3 .

令s=r=0，得Var（T）= xpq（p2+qμ2-qp2）（p-qμ）3 ，

其中p2=E（X2）.

令Ti表示第i次理赔发生的时刻，给定Sk，设{U（n）}∞n=0将在第k次与第k+1次理赔之间即在区间[Tk，Tk+1]内的时刻Sk+x达到水平x，其中Sk=∑ k i=1 Xi，注意N（Sk+x）=k，故

P{U（Sk+x）=x|Sk}=CkSk+x+k-1pSk+xqk（k=0，1，2，…），（2.3）

所以P{T=Sk+x|Sk}= x Sk+x CkSk+x+k-1pSk+xqk（k=0，1，2，…）.

故得到T的矩母函數的另一种形式

E（esT）=x∑ ∞ k=0 E CkSk+k+x-1pSk+xqkes（Sk+x） 1 Sk+x? . （2.4）

（二）盈余末次达到给定水平时刻的数字特征

令T 表示{U（n）}∞n=0最后一次到达水平x的时刻，给定Sk，{U（n）}∞n=0在区间[Tk，Tk+1]内达到给定水平x的条件概率由（2.3）式给出，由于{U（n）}∞n=0将不再返回水平x的概率为1-pμ，则P{T =Sk+x|Sk}=CkSk+x+k-1pSk+xqk（1-pμ）（k=0，1，2，…）.

由此，T 的矩母函数为

E（esT ）=（1-pμ）∑ ∞ k=0 E（CkSk+k+x-1pSk+xqkes（Sk+x）），

与式（2.4）比较，得E（esT ）= 1-pμ x · dE（esT） ds ，

由式（2.1）、式（2.2），得

E（esT ）= 1-pμ x? dE（esT） ds = 1-pμ x? 1 s′（r）? derx dr = 1-pμ x ·? 1-qm（r） 1-qm（r）-qm′（r） xerx= （1-pμ）（1-qm（r）） 1-qm（r）-qm′（r） erx，

设D=T -T表示首次和末次到达水平x的时间间隔，因T ，T相互独立，故

E（esD）=E（es（T -T））=E（esT e-sT）=E（esT ）E（e-sT）= E（esT ） E（esT） = （1-pμ）（1-qm（r）） 1-qm（r）-qm′（r） .

令ψ（s）=lnE（esD）=ln（1-pμ）-ln 1- qm′（r） 1-qm（r）? .? （3.1）

为D的累积母函数，它的一阶导数

ψ′（s）= 1 s′（r）? dψ（s） dr = qm″（r）（1-qm（r））+q2（m′（r））2 （1-qm（r）-qm′（r））2 ，

从而E（D）=ψ′（0）= pqp2+q2μ2 （p-qμ）2 ，对式（3.1）关于s两次求导，并令s=r=0，得

Var（D）=ψ″（0）

= q2（p3p2-p3pqμ-q2μ2p2+3qp2pμ+2pqp22+2q2μ3+2q2μp2）（p-qμ）4 ，

其中p3=E（X3）.

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