Luận văn sư phạm Xác suất thiệt hại trong mô hình rủi ro

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Trần Thị Hiền XÁC SUẤT THIỆT HẠI TRONG MƠ HÌNH RỦI RO KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Ngành: Tốn - Ứng dụng Mã số: Hà Nội - 2013 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Trần Thị Hiền XÁC SUẤT THIỆT HẠI TRONG MƠ HÌNH RỦI RO KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Ngành: Tốn - Ứng dụng Mã số: Người hướng dẫn: ThS Nguyễn Trung Dũng Hà Nội - 2013 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thạc sỹ Nguyễn Trung Dũng người tận tình hướng dẫn để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn-ứng dụng, Đại học Sư Phạm Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Hà Nội, ngày 29 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Trần Thị Hiền Mục lục Chương Kiến thức 1.1 Thời điểm Markov 1.2 Quá trình Martingale 1.3 Quá trình Possion 10 1.3.1 Quá trình đếm 1.3.2 Quá trình Possion 10 11 Chương Xác suất thiệt hại mơ hình rủi ro 12 2.1 Bài toán thiệt hại 12 2.1.1 Bài toán "thiệt hại" công ty bảo hiểm 2.1.2 Xác suất thiệt hại 12 15 2.2 Áp dụng phương pháp martingale để ước lượng xác suất thiệt hại Định lý Cramer-Lundberg 17 2.2.1 Ta đặt lại toán 2.2.2 Các giả thiết định lý Cramer-Lundberg 2.2.3 Phát biểu định lý 2.2.4 Chứng minh định lý Cramer-Lundberg 17 18 19 19 2.3 Bài tốn thiệt hại q trình rủi ro với gia số phụ thuộc 23 2.3.1 Kết 2.3.2 Ví dụ 23 32 LỜI MỞ ĐẦU Một cơng trình sớm Filip Lundberg luận án tiến sĩ tiếng đại học Uppsala (Thụy Điển) năm 1903 đưa đến việc sáng lập lý thuyết rủi ro tài Lundberg nhận q trình Poisson phải công cụ trung tâm mô hình bảo hiểm tài Bằng phép biến đổi thời gian thích hợp, ơng hạn chế vấn đề vào việc phân tích q trình Poisson Sự phát ông việc Bachelier tìm chuyển động Brown vào năm 1900, tảng then chốt cho việc xây dựng mơ hình tốn học tài Sau đó, Harald Cramer trường phái Stockholm phát triển ý tưởng Lundberg đóng góp vào việc hình thành nên lý thuyết q trình ngẫu nhiên tốn học Với kết đó, Cramer đóng góp cách đáng kể vào lý thuyến bảo hiểm lẫn lý thuyết xác suất thống kê toán học Mơ hình tốn học đóng góp mơ hình Cramer-Lundberg, mơ tả khóa luận Và trường hợp mở rộng mô hình Cramer-Lundberg nghiên cứu xác suất thiệt hại q trình rủi ro, số tiền chi trả dãy biến ngẫu nhiên phụ thuộc khoảng thời gian hai lần đòi trả dãy biến ngẫu nhiên phụ thuộc Mơ hình với dãy biến ngẫu nhiên phụ thuộc yếu phù hợp với thực tế so với mơ hình dãy biến ngẫu nhiên độc lập Khóa luận tập trung làm rõ sở toán học lý thuyết rủi ro nói chung ứng dụng vào bảo hiểm tài nói riêng Bố cục khóa luận bao gồm chương: • Chương khóa luận trình bày khái niệm, tóm tắt số kết định lý xác suất, q trình martingale liên tục • Chương khóa luận tập trung trình bày ý tưởng: khái niệm giả thiết yêu cầu toán nội dung định lý Cramer-Lundberg giải toán thiệt hại Cuối chương trường hợp mở rộng toán Do thời gian thực khóa luận khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm khóa luận khơng tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 29 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Trần Thị Hiền LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan: Khóa luận tốt nghiệp kết nỗ lực tự thân hướng dẫn tận tình thầy hướng dẫn : ThS Nguyễn Trung Dũng Nội dung khóa luận khơng trùng lặp với cơng trình nghiên cứu cơng bố Hà Nội, ngày 29 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Trần Thị Hiền Chương Kiến thức 1.1 Thời điểm Markov • Cho (Ω, A , P) không gian xác suất đầy đủ, tức A chứa tất tập có xác suất ( tập N có xác suất , tồn A ∈ A cho P(A) = N ⊂ A ) • {An , n ∈ T} dãy σ -trường không giảm A , At At chứa tất tập có xác suất Định nghĩa 1.1 Giả sử τ : Ω → [0, ∞] biến ngẫu nhiên ( lấy giá trị ∞ ) Ta nói τ thời điểm Markov ( {A , n ∈ N} ), {ω : τ(ω) ≤ t} ∈ At ∀t ∈ T Nếu thêm vào P(τ < ∞) = 1, τ gọi thời điểm dừng Ta đặt Aτ lớp gồm tất tập A Ω cho: A ∈ A∞ A ∩ (τ ≤ t) ∈ At Như vậy, Aτ gồm biến cố quan sát tính đến thời điểm τ Khi đó, dễ dàng thấy Aτ σ -trường trường A Ví dụ 1.1 Nếu τ(ω) ≡ t(∈ T ), ∞, hiển nhiên τ thời điểm Markov Ví dụ 1.2 Giả sử Xt ∈ [0, ∞] trình ngẫu nhiên liên tục, F tập đóng R Đặt  inf{t : X ∈ F} tồn t t τF := ∞ Xt ∈ / F ∀t ∈ [0, ∞) Khi đó, τF thời điểm Markov {σ≤t ,t ∈ [0, ∞)} Thật vậy, đặt G = R/F Khi đó, G tập mở, tồn tập đóngKn cho G = n Kn Ta có: {τF ≤ t} = {Xr ∈ / Kn } ∈ At {Xs ∈ / Kn } = n s n đủ lớn ta có: k 1 (2.3.29) cn (v) = ln EevSn ≤ k ln Ee2 vY1 n Chứng minh Chúng ta chứng minh bất đẳng thức (2.3.29) bổ đề phương pháp quy nạp theo k Đầu tiên, xét k = nghĩa dãy {Yi , i ≥ 1} 1−phụ thuộc Chúng ta tách dãy {Yi , i ≥ 1} thành hai dãy (1) (Yi ) = (Y1 ,Y3 , ) (2) (Yi ) = (Y2 ,Y4 , ) Đặt (1) (Sn1 ) = (Y1 +Y3 + ) (2) (Sn2 ) = (Y2 +Y4 + ) 24 Khi đó, với v > 0: (1) (2) EevSn = Eev(Sn1 +Sn2 ) = Eev[(Y1 +Y3 + )+(Y2 +Y4 + )] = E ev(Y1 +Y3 + ) + e(Y2 +Y4 + ) ≤ Ee2v(Y2 +Y4 + )  [Ee2vY1 ] 4n · [Ee2vY2 ] n4 n chẵn, = n−1 [Ee2vY1 ] n+1 [Ee2vY2 ] n lẻ Với n chẵn: cn (v) = Ee2v(Y1 +Y3 + ) n n 1 ln EevSn ≤ ln [Ee2vY1 ] · [Ee2vY2 ] = ln Ee2vY1 n n Với n lẻ: cn (v) = n ln EevSn ≤ n1 ln [Ee2vY1 ] = n+1 4n = n+1 · [Ee2vY2 ] n−1 2vY2 ln Ee2vY1 + n−1 4n ln Ee ln Ee2vY1 Vậy với n đủ lớn cn (v) ≤ ln EevY1 (Chú ý dãy {Yi , i ≥ 1} phân phối) Vậy bất đẳng thức (2.3.29) với k = Tiếp theo ta xét trường hợp k = 2, hay dãy {Yi , i ≥ 1} 3−phụ thuộc Chúng ta lại tách {Yi , i ≥ 1} thành hai dãy (1) (Yi ) = (Y1 ,Y2 ,Y5 ,Y6 , ) (2) (Yi ) = (Y3 ,Y4 ,Y7 ,Y8 , ) 25 Đặt (1) (Sn1 ) = (Y1 +Y5 + ) + (Y2 +Y6 + ) (2) (Sn2 ) = (Y3 +Y7 + ) + (Y1 +Y8 + ) Thì (1) (1) (2) (2) = Eev(Sn1 +Sn2 ) = EevSn1 · evSn2 EevSn (1) 2vSn1 · Ee ≤ Ee (2) 2vSn2 Ta lại có (1) Ee2vSn1 = Ee2v[(Y1 +Y5 + )+(Y2 +Y6 + )] = Eev(Y1 +Y5 + ) · e(Y2 +Y6 + ) ≤ 1 Ee4v(Y1 +Y5 + ) Ee4v(Y2 +Y6 + )  [Ee4vY1 ] n41 · [Ee4vY2 ] n41 n chẵn, = n1 +1 n1 −1 [Ee4vY1 ] [Ee4vY2 ] n1 lẻ Với n1 chẵn: n1 n1 (1) 1 ln Ee2vSn1 ≤ ln[Ee4vY1 ] · [Ee4vY2 ] = ln Ee4vY1 n1 n1 Với n1 lẻ: n1 (1) ln Ee2vSn1 ≤ n1 ln[Ee4vY1 ] = n1 +1 4n = n1 +1 · [Ee4vY2 ] n1 −1 ln Ee4vY1 + n14n−1 ln Ee4vY2 ln Ee4vY1 Tương tự có: 2vSn(2) 1 Ee ≤ ln Ee4vY3 = ln Ee4vY1 n2 2 26 Do đó: n ln Ee2vSn (2) (1) 2n ln Ee2vSn1 + ln Ee2vSn2 = n1 2n n1 = ≤ (1) n2 ln Ee2vSn1 + 2n n2 (2) ln Ee2vSn2 ln Ee4vY1 Vậy bất đẳng thức (2.3.29) cững với k = Giả sử quy nạp bất thức (2.3.29) với (k − 1) Tức dãy {Yi , i ≥ 1} (2k−1 − 1)−phụ thuộc Ta chứng minh (2.3.29) với k, hay {Yi , i ≥ 1} dãy (2k − 1)−phụ thuộc Thật vậy, xét dãy biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} (2k − 1)−phụ thuộc, phân phối F Ta tách dãy thành hai dãy con: (1) (Yi ) = (Y1 ,Y2 , ,Y2k−1 ,Y2k +1 ,Y2k +2 ) (2) (Yi ) = (Y2k−1 +1 ,Y2k−1 +2 , ,Y2k ,Y2k +2k−1 +1 ,Y2k +2k−1 +2 , ) (1) (2) Khi hai dãy Yn1 Yn2 (2k−1 − 1)−phụ thuộc ta có biểu diễn (1) (2) Sn = Sn1 = Sn2 với (1) (Sn1 ) = Y1 +Y2 + +Y2k−1 + (2) (Sn2 ) = Y2k−1 +1 +Y2k−1 +2 + +Y2k + ) EevSn (1) (2) (1) (2) = Eev(Sn1 +Sn2 ) = E[evSn1 · evSn2 ] ≤ Ee (1) 2vSn1 · Ee (2) 2vSn2 (2.3.30) Theo giả thiết quy nạp ta có: (1) k−1 k 1 ln Ee2vSn1 ≤ k−1 ln Ee2v2 Y1 = k−1 ln Ee2 vY1 n1 2 27 (2.3.31) (2) k−1 k 1 ln Ee2vSn2 ≤ k−1 ln Ee2v2 Y2 = k−1 ln Ee2 vY2 n2 2 (2.3.32) (Nhắc lại dãy biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} có phân phối) Từ (2.3.30), (2.3.31) (2.3.32) ta có n (1) (2) 2n ln Ee2vSn1 + ln Ee2vSn2 = n1 2n n1 = 2k ln Ee2vSn ≤ (1) n2 ln Ee2vSn1 + 2n n2 (2) ln Ee2vSn2 k ln Eev2 Y1 Chúng ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bổ đề chứng minh Bây ta chứng minh định lý Đầu tiên ∞ ∑ P(Sn > u) ψ(u, ∞) = P( (Sn > u)) ≤ n=1 n Sau với < v < α 2k chứng tỏ ∞ ∞ ∑ P(Sn > u) ≤ e −vu n=1 hay · ∑ encn (v.) n=1 ∞ ∞ vu ∑e P(Sn > u) ≤ n=1 ∑ encn (v.) n=1 Thật vậy: evu P(Sn > u) = evu E1[Sn >u] = Eevu 1[Sn >u] ≤ EevSn 1[Sn >u] + EevSn 1[Sn u) ≤ ∑ encn (v.) n=1 n=1 28 hay ∞ ∞ ∑ P(Sn > u) ≤ e −vu · ∑ encn (v.) n=1 n=1 k Từ bổ đề (2.3.29) dãy cn (v) = n1 ln EevSn ≤ 21k ln Ee2 vY1 , kết hợp với giả thiết (iii) tồn α : < α < ∞ cho ln EeαY1 = 0, với v < 2αk tính chất hàm logarit cn (v) = cn ( 2αk ) ≤ 21k ln EeαY1 = 0, nên với R < 2αk 21k ln EeαY1 < Đặt β = 21k ln EeαY1 < 0, Từ ∞ ∞ −vu e ∑e ncn (v.) ≤e −vu n=1 n=1 (do chuỗi ∑ enβ = Ce−vu ∞ ∑ enβ hội tụ tới C ), suy n=1 ∞ ∑ P(Sn > u) ≤ Ce−vu n=1 điều thỏa mãn với v < R nên thu kết ∞ ∑ P(Sn > u) ≤ Ce−vu Vậy cuối n=1 ψ(u, ∞) = P{U(t) < với t đó} ≤ Ce−vu Tiếp theo xin mở rộng toán "thiệt hại" bảo hiểm cho trường hợp dãy biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} m−phụ thuộc không phân phối Đầu tiên từ nhận xét: với m tồn tai k ∈ N cho m ≤ 2k nên ”phân lớp” dãy biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} thành: {Y1 ,Y1+2k , }, {Y2 ,Y2+2k , }, {Y2k ,Y22k , } Dãy thứ i, i = 1, 2, , 2k có phân phối Fi có kỳ vọng hữu hạn EYi , Fi khác 29 Bổ đề 2.3 .Nếu dãy biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} (2k −1)-phụ thuộc, không phân phối (theo nghĩa trên), với v > n đủ lớn cn (v) = k k k k 1 ln EevSn ≤ k+1 ln Ee2 vY1 Ee2 vY2 Ee2 vY2 n (2.3.33) Chứng minh Chúng ta chứng minh bất đẳng thức (2.3.33) bổ đề cách quy nạp theo k Đầu tiên xét k = 1, nghĩa dãy {Yi , i ≥ 1} 1-phụ thuộc.Khi với v > n v Ee vSn = Ee ∑ Yi = Ee[ (Y1 +Y3 + +Yn1 ) + (Y2 +Y4 + +Yn2 )] i=1 n1 + n2 = n n1 ≥ n2 , đồng thời ta chứng minh n2 n1 ≥ > 2n 2n đó: EevSn = E ev(Y1 +Y3 + +Yn1 ) · ev(Y2 +Y4 + +Yn2 ) ≤ Ee 1 2v(Y1 +Y3 + +Yn1 ) 2v(Y2 +Y4 + +Yn2 ) Ee từ cn (v) = n ln EevSn ≤ = n1 2n = n2 2n n n1 Ee2vY1 Ee2vY2 n2 n2 ln Ee2vY1 + 2n ln Ee2vY2 ln Ee2vY1 Ee2vY2 ≤ 62 ln(Ee2vY1 Ee2vY2 ) Vậy bất đẳng thức (2.3.33) với k = Giả sử (2.3.33) với k −1, tức {Yi , i ≥ 1} dãy (2k−1 −1)-phụ thuộc,chúng ta chứng minh bất đẳng thức(2.3.33) vơi k hay {Yi , i ≥ 1} (1) (2) dãy (2k − 1)-phụ thuộc Thật vậy, ta đặt Sn = Sn1 + Sn2 với lưu dãy (1) (2) biến ngẫu nhiên Sn1 Sn2 dãy (2k−1 − 1)-phụ thuộc Khi EevSn (1) (2) (1) (2) = Eev(Sn1 +Sn2 ) = EevSn1 · EevSn2 ≤ Ee (1) 2vSn1 30 (2) 2vSn2 Ee nên cn (v) = n1 ln EevSn ≤ (1) (1) (2) n2 2vSn2 ln Ee2vSn1 + 2n n2 ln Ee n1 2n n1 = (2) ln Ee2vSn1 + 2n ln Ee2vSn2 2n Theo giả thiết quy nạp n1 n2 (1) ln Ee2vSn1 ( ln Ee2vSn2 2) k−1 2vY 1 6k ln Ee2 = 6k ln Ee2 = 6k ln Ee2 = 6k ln Ee2 ≤ n1 2n 6k ≤ k vY k vY 1+2k−1 Ee2 k−1 2vY k vY k−1 2vY 1+2k−1 Ee2 k vY 2k−1 Ee2 k−1 2vY 2+2k−1 Ee2 k vY 2+2k−1 Ee2 k−1 2vY 2k−1 Ee2 k−1 2vY 2k−1 +2k−1 Ee2 k vY 2k−1 +2k−1 Ee2 Từ đó: cn (v) + n2 2n 6k k vY ln Ee2 ln Ee2 k vY k vY 2+2k−1 Ee2 k vY ≤ n2 2n 6k ln Ee2 ≤ 6k+1 ln Ee2 k vY k vY 1+2k−1 Ee2 k vY Ee2 k vY Ee2 k vY 2k−1 Ee2 Ee2 k vY 2k−1 +2k−1 k vY k Ee2 k vY k Ee2 hay cn (v) = k k k k 1 ln EevSn ≤ k+1 ln Ee2 vY1 Ee2 vY2 Ee2 vY2 n Hệ 2.1 Trong giả thiết toán "thiệt hại" giả thiết biến ngẫu nhiên {Yi , i ≥ 1} m-phụ thuộc không phân phối Đồng thời 31 tồn αi : < αi < ∞, (i = 1, 2, , 2k ) cho Eeα1Y1 = Eeα2Y2 = = Eeα2k Y2k = với < R < ), có: α 2k (2.3.34) ( α số bé αi , i = 1, 2, , 2k ψ(u, ∞) = P{U(t) < với t đó} ≤ Ce−Ru Chứng minh Chứng minh tương tự định lý (2.3.1) với ý sau: Đầu tiên, theo bổ đề (2.3.2) cn (v) = 2k vY k k k 1 ln EevSn ≤ k+1 ln Ee2 vY1 Ee Ee2 vY2 n tiếp theo, từ giả thiết 2.3.34 ta có: cn (v) ≤ cn ( k α vSn 2k vY1 Ee2 vY2 2k vY2k ) = ln Ee ln Ee Ee 2k 6k+1 Vậy với < r < định lý (2.3.1) 2.3.2 α 2k = : cn (r) < tiếp tục chứng minh Ví dụ Ta tồn α giả thiết (iii) định lý (2.3.1) Cho dãy (Zn ) dãy biến ngẫu nhiên không âm, độc lập phân phối Γ(λ1 , µ11 ) (Tn ) dãy biến ngẫu nhiên không âm, độc lập phân phối Γ(λ2 , µ12 ) (Zn ) độc lập với (Tn ) Đặt Xn = Zn + Zn+1 + + Zn+m−1 ,tn = Tn + Tn+1 + + Tn+m−1 Khi (Xn ), (tn ) dãy biến ngẫu nhiên m−phụ thuộc Xn ∼ exp(λ1 ), tn ∼ exp(λ2 ) 32 Chúng ta có: = Eeα(X1 −ct1 ) = EeαX1 · Ee−αct1 EeαY1 +∞ EeαX1 = λ1 e Ee−αct1 +∞ = +∞ −λ1 x αx e dx = λ1 e(α−λ )x dx = λ2 e−λ2 x e−αcx dx = λ2 +∞ λ1 λ1 − α e−(λ +cα)x dx = λ1 λ2 − α Suy ra: EeαY1 = ⇔ λ1 λ1 −α λ2 · λ +cα = ⇔ λ1 λ2 = λ1 λ2 + λ1 cα − αλ2 − cα ⇔ cα = λ1 cα − αλ2 ⇔ cα = λ1 c − λ Do tồn α= cλ1 − λ2 c Chú ý rằng, với điều kiện c λ1 > λ1 < α < λ1 ; cịn 1 Etn = λ khoảng thời gian trung bình hai lần đòi trả liên tiếp, Etn = λ1 số tiền địi trả trung bình số c dương chi phí bảo hiểm 33 KẾT LUẬN Trong khóa luận em trình bày tư tưởng nội dung kết cổ điển Cramer-Lundberg với dãy biến ngẫu nhiên độc lập phân phối trường hợp mở rộng dãy biến ngẫu nhiên phụ thuộc Tìm hiểu trình bày khái niệm, kết xác suất Định lý Cramer-Lundberg với dãy biến ngẫu nhiên độc lập phân phối Xác suất thiệt hại mơ hình rủi ro mở rộng với dãy biến ngẫu nhiên phụ thuộc Tuy nhiên thời gian thực khóa luận khơng nhiều cịn có sai sót em mong nhận góp ý q thầy bạn đọc 34 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Duy Tiến - Vũ Viết Yên, Lý thuyết xác suất, NXB Giáo dục 2009 [2] Nguyễn Duy Tiến, Các mơ hình xác suất ứng dụng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội 2005 [3] Trần Hùng Thao, Nhập mơn tốn học tài chính, NXB Khoa học kỹ thuật Hà Nội 2009 [4] Sheldon M.Ross and Evol A.Rekoz ă [5] David Williams, Probability with Martingale [6] Tomasz Rolski, Hanspeter Schondli, Volker Schmidt, Jozef Teugels NXB Stochastic.Processes for Iusurane and Finance, John Wiley and Son 1999 [7] Bùi Khởi Đàm - Nguyễn Huy Hoàng, Báo: Đánh giá xác suất thiệt hại trình rủi ro với gia số phụ thuộc 35 ... Chương Xác suất thiệt hại mơ hình rủi ro 12 2.1 Bài toán thiệt hại 12 2.1.1 Bài toán "thiệt hại" công ty bảo hiểm 2.1.2 Xác suất thiệt. ..TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Trần Thị Hiền XÁC SUẤT THIỆT HẠI TRONG MƠ HÌNH RỦI RO KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Ngành: Tốn - Ứng dụng Mã số: Người... thuyết xác suất thống kê toán học Mơ hình tốn học đóng góp mơ hình Cramer-Lundberg, mơ tả khóa luận Và trường hợp mở rộng mơ hình Cramer-Lundberg nghiên cứu xác suất thiệt hại q trình rủi ro, số