Probabilidad de ruina vía la transformada de Laplace

Transformada de Laplace de la probabilidad de ruina

David J. Santana

13 de noviembre de 2016

1. El modelo de Cramér-Lundberg y la probabilidad de ruina.

Se trabajará con el proceso de riesgo de Cramér-Lundberg \(\left\{U(t)\right\}_{t\ge 0}\) definido como: \begin{equation} U(t)=u+ct-\sum_{j=0}^{N(t)}Y_j,\quad t\ge0, \end{equation}

para más detalles de los elementos de este modelo, ver aquí un artículo anterior.

Sin pérdida de generalidad, supondremos que \(c=(1+\theta)\lambda \mu\) donde \(\theta>0\) es conocido como factor de recargo de la prima, esto garantiza que se cumpla la llamada condición de ganancia neta \(c>\lambda\mu\), la cual implica que \(\psi(u)<1\), véase Asmussen y Albrecher (2010), pág. 4.

Se definen \[\tau=\inf\,\{t>0:U(t)<0\}\] y \[\psi(u) = P(\tau<\infty\mid U(0)=u)\] como el tiempo de ruina y la probabilidad de ruina respectivamente (la probabilidad de ruina en horizonte finito no es estudiada por lo que a partir de ahora se dirá probabilidad de ruina para referirnos a la probabilidad de ruina con horizonte infinito).

2.La transformada de Laplace.

Recordemos algunas definiciones básicas. Véanse más detalles en este artículo anterior.

Definición 1.

Sea \(f\) una función con dominio en el intervalo \((0,\infty)\), definimos y denotamos su transformada de Laplace como \[\mathcal{L}_f(s) = \int_0^{\infty}e^{-sx}f(x)dx,\] siempre y cuando la integral sea convergente para toda \(s\in A\subset \mathbb{C}\). Si dicha integral no existe para ningún valor \(s\in \mathbb{C}\), decimos que no existe transformada de Laplace de la función \(f\).

Definición 2.

Sea \(X\) una variable aleatoria con función de distribución continua \(F\) con \(F(0)=0\), es decir, una variable aleatoria no negativa. Definimos y denotamos su transformada de Laplace-Stieltjes como \[\mathcal{l}_X(s) = \int_0^{\infty}e^{-sx}dF(x) = M_X(-s),\] es decir, \(\mathcal{l}_X(s)\) es igual a la función generadora de momentos de \(X\) evaluada en \(-s\).

En caso de que la variable aleatoria \(X\) sea absolutamente continua con función de densidad \(f\), entonces, \[\mathcal{l}_X(s) = \mathcal{L}_f(s).\]

Proposición 1.

Supongamos que \(Y\) es una variable aleatoria que tiene función de distribución continua \(F\) con \(F(0)=0\) y que su transformada de Laplace-Stieltjes \(\mathcal{l}(s)\) existe para \(s\in A\subset [0,\infty)\), entonces \[s\mathcal{L}_{\overline{F}}(s)=1-\mathcal{l}(s),\quad s\in A,\] donde \(\overline{F}(x)=1-F(x)\).

Demostración: Si \(s=0\), entonces la igualdad es trivial. Por lo que supondremos que \(s\neq 0\). Primero observar que \[\mathcal{L}_{\overline{F}}(s)=\mathcal{L}_{1-F}(s)=\mathcal{L}_{1}(s)-\mathcal{L}_{F}(s)=\frac{1}{s}-\mathcal{L}_{F}(s),\] luego, \begin{eqnarray} \mathcal{L}_{F}(s)&=&\int_{0}^{\infty} e^{-sx}F(x)dx\\ &=&\int_{0}^{\infty} e^{-sx}\left[\int_0^{x}dF(y)\right]dx\\ &=&\int_{0}^{\infty} \int_y^{\infty} e^{-sx}dxdF(y)\\ &=&\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} \left[\int_y^{\infty} se^{-sx}dx\right]dF(y)\\ &=&\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} e^{-sy}dF(y)\\ &=&\frac{1}{s}\mathcal{l}(s). \end{eqnarray}

Sustituyendo esta última expresión en \(\mathcal{L}_{\overline{F}}(s)=\frac{1}{s}-\mathcal{L}_{F}(s)\) y multiplicando por \(s\) ambos lados se llega al resultado.

3.La transformada de Laplace de la probabilidad de ruina.

El siguiente resultado es muy conocido en teoría del riesgo, véase por ejemplo Rolski et. al (1999), págs. 165 y 166.

Proposición 2.

La transformada de Laplace de la probabilidad de ruina vista como función del capital inicial \(U(0)=u\) está dada por: \begin{equation} \mathcal{L}_{\psi}(s)=\frac{1}{s}-\frac{\mu \theta}{\mu (1+\theta) s+l(s)-1}, \quad s>0, \end{equation}

donde \(l(s)\) es la transformada de Laplace-Stieltjes del tamaño de los reclamos.

Demostración: Por la ecuación integral de la probabilidad de ruina (recordar el artículo anterior), sabemos que \begin{equation} \psi(u) =\frac{1}{1+\theta}\left[\frac{1}{\mu}\int_{u}^{\infty}{\overline{F}(y)dy} +\frac{1}{\mu}\int_{0}^{u}{\psi(y)\overline{F}(u-y)dy}\right]. \end{equation} A partir de esta expresión, se calcula \(\mathcal{L}_\psi(s)\) usando la fórmula de la Definición 1. \begin{eqnarray} \mathcal{L}_\psi(s) &=& \int_0^{\infty}e^{-sx}\psi(x)dx\\ &=&\int_0^{\infty}e^{-sx}{ \frac{1}{1+\theta}\left[\frac{1}{\mu}\int_{x}^{\infty}{\overline{F}(y)dy} +\frac{1}{\mu}\int_{0}^{x}{\psi(y)\overline{F}(x-y)dy}\right]}dx\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\int_0^{\infty}e^{-sx}{ \left[\int_{x}^{\infty}{\overline{F}(y)dy} +\int_{0}^{x}{\psi(y)\overline{F}(x-y)dy}\right]}dx\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\left[\int_0^{\infty}\int_{x}^{\infty}e^{-sx}\overline{F}(y)dydx +\int_0^{\infty}\int_{0}^{x}e^{-sx}\psi(y)\overline{F}(x-y)dydx\right]\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\left[\int_0^{\infty}\overline{F}(y)\int_{0}^{y}e^{-sx}dxdy +\int_0^{\infty}\psi(y)\int_{y}^{\infty}e^{-sx}\overline{F}(x-y)dxdy\right]\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\left[\frac{1}{s}\int_0^{\infty}\overline{F}(y)\left(1-e^{-sy}\right)dy +\int_0^{\infty}\psi(y)\int_{0}^{\infty}e^{-s(z+y)}\overline{F}(z)dzdy\right]\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\left[\frac{1}{s}\int_0^{\infty}\overline{F}(y)dy-\frac{1}{s}\int_0^{\infty}e^{-sy}\overline{F}(y)dy +\int_0^{\infty}e^{-sy}\psi(y)dy\int_{0}^{\infty}e^{-sz}\overline{F}(z)dz\right]\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)}\left[\frac{\mu}{s}-\frac{1}{s}\mathcal{L}_{\overline{F}}(s) +\mathcal{L}_\psi(s) \mathcal{L}_{\overline{F}}(s)\right]\\ &=&\frac{1}{\mu(1+\theta)s}\left[\mu-\mathcal{L}_{\overline{F}}(s) +s \mathcal{L}_{\overline{F}}(s) \mathcal{L}_\psi(s)\right]. \end{eqnarray}

Así, por transitividad se llega a la igualdad \[\mathcal{L}_\psi(s)=\frac{1}{\mu(1+\theta)s}\left[\mu-\mathcal{L}_{\overline{F}}(s) +s \mathcal{L}_{\overline{F}}(s) \mathcal{L}_\psi(s)\right],\] despejando a \(\mathcal{L}_\psi(s)\) y haciendo un poco de álgebra, se llega a \[\mathcal{L}_\psi(s)=\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s-s\mathcal{L}_{\overline{F}}(s)},\] finalmente usando la Proposición 1, \[\mathcal{L}_\psi(s)=\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s+\mathcal{l}(s)-1}.\]

Observación 1.

Recordando que \(\mathcal{l}(s)=M_Y(-s)\) donde \(M_Y(\cdot)\) es la función generadora de momentos de \(Y\), entonces, \[\mathcal{L}_\psi(s)=\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s+M_Y(-s)-1}.\]

Observación 2.

Si el tamaño de los reclamos tiene función generadora de momentos igual a un cociente de polinomios, entonces es evidente que la transformada de Laplace de \(\psi\) también será un cociente de polinomios, así que podemos calcular la probabilidad de ruina usando la siguiente estrategia. Primero calculamos \(\mathcal{L}_\psi\) y después intentamos invertirla usando fracciones parciales o bien la Fórmula de expansión de Heaviside. Ver el árticulo de este enlace.

4.Ejemplos.

Reclamaciones exponenciales

Calcular \(\psi(u)\) cuando el tamaño de los reclamos tiene distribución \(Exp(\alpha)\), encontrando la inversa de \(\mathcal{L}_\psi\).

Sol:

Sabemos que \(M_Y(-s)=(1+s/\alpha)^{-1}\), entonces sustituyendo en la fórmula de la Observación 1 y haciendo un poco de álgebra, tenemos lo siguiente. \begin{eqnarray} \mathcal{L}_\psi(s)&=&\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s+M_Y(-s)-1}\\ &=&\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s+(1+s/\alpha)^{-1}-1}\\ &=&\frac{1}{1+\theta}\left[\frac{\alpha\theta}{1+\theta}+s\right]^{-1}. \end{eqnarray}

Esta última ya es una transformada conocida (Ver Sección 2 del árticulo de este enlace.), por lo tanto: \[\psi(u) = \frac{1}{1+\theta}exp\left(-\frac{\alpha\theta}{1+\theta}u\right).\]

Reclamaciones Gamma(2,1).

Calcular \(\psi(u)\), cuando el tamaño de los reclamos tiene distribución \(Gamma(2,1)\) y \(\theta = 1\), encontrando la inversa de \(\mathcal{L}_\psi\).

Sol:

Sabemos que \(M_Y(-s)=(1+s)^{-2}\) y \(\mu= 2\), entonces sustituyendo en la fórmula de la Observación 1 y haciendo un poco de álgebra, tenemos lo siguiente. \begin{eqnarray} \mathcal{L}_\psi(s)&=&\frac{1}{s}-\frac{\mu\theta}{\mu(1+\theta)s+M_Y(-s)-1}\\ &=&\frac{1}{s}-\frac{2}{4s+(1+s)^{-2}-1}\\ &=&\frac{1}{s}-\frac{2+4s+2s^2}{2s+7s^2+4s^3}. \end{eqnarray}

El primer sumando es el resultado de calcular la transformada de Laplace de la función constante \(f(x)=1\) lo dejamos como está y vemos que el segundo es un cociente de polinomios del tipo \[\frac{P_n(s)}{Q_m(s)},\] con \(n=2\) y \(m=3\). Además \(Q_3(s)=0\) tiene 3 soluciones distintas: \[r_1 = 0,\qquad r_2 = \frac{-7+\sqrt{17}}{8},\qquad r_3 = \frac{-7-\sqrt{17}}{8},\] por lo que se cumplen las condiciones de la Fórmula de expansión de Heaviside, entonces la inversa de la transformada de Laplace de este cociente es (Ver Proposición 1 del árticulo de este enlace.) \[\sum_{k=1}^{3}\frac{P_2(r_k)}{Q^{\prime}_3(r_k)}e^{r_k x}=1-0.55317exp\left(\frac{-7+\sqrt{17}}{8}x\right)+0.05317exp\left(\frac{-7-\sqrt{17}}{8}x\right).\] Al final, sustituyendo y ordenando llegamos a la siguiente expresión, \[\psi (u) = 0.55317exp\left(\frac{-7+\sqrt{17}}{8}u\right)-0.05317exp\left(\frac{-7-\sqrt{17}}{8}u\right).\]

Ejercicio.

Calcular \(\psi(u)\) a partir de la ecuación integral cuando el tamaño de los reclamos tiene como función de densidad la siguiente mezcla de exponenciales. \[f(x)= \frac{1}{2}e^{-x}+e^{-2x}, \quad x>0.\] Suponer que \(c = \lambda = 1\).

Referencias.

1.Asmussen, S. y Albrecher, H. (2010). Ruin probabilities, 2nd. Ed. World scientific.

2.Rolski, T., Schmidli, H., Schmidt, V., y Teugels, J. (1999). Stochastic Processes for Finance and Insurance. Willey, New York.