机动车辆的最低安全附加保费率的                                            置信区间计算

        设某种机动车一年里发生碰撞的损失额度 \( X \) （单位：元/辆）服从对数正态分布，其密度函数为
\[
f(x;\mu ,\sigma ^2)=\left\{ {\begin{array}{ll}
 \frac{1}{\sigma x\sqrt {2\pi } }e^{-\frac{\left( {\ln x-\mu }
\right)^2}{2\sigma ^2}},& x>0 \\
 0,&x\le 0 \\
 \end{array}} \right.
\]其中 \( -\infty <\mu \;<\mbox{+}\infty \mbox{,}\;\;\;\;\sigma >0 \)。

        某保险公司售出了这种有关机动车碰撞损失的一年期同质保单3000张。表1是该保险公司在一年内40辆这种机动车发生碰撞的损失额度的记录。
\[\mbox{表1 某种机动车发生碰撞的损失额度记录数据（单位：元/辆）}\]\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
223&
3468&
202&
2721&
1948&
3813&
731&
1359 \\
\hline
1208 &
2904 &
428 &
4943 &
690 &
2579 &
305 &
441  \\
\hline
1916 &
1332 &
187 &
220 &
284 &
397 &
261 &
9121  \\
\hline
281 &
489 &
699 &
1031 &
3239 &
222 &
110 &
943  \\
\hline
342 &
830 &
1044 &
3638 &
1990 &
505 &
499 &
93  \\
\hline
\end{array}
\]
        在进行理赔分析中，为了确定一个组合保单收取的保险总额 \( s \)，一般会考虑 \( s \) 为总的理赔额度 \( S \) 的均值的某个倍数，如
\[s=(1+\theta
)ES=ES+\theta \cdot ES\]这时称 \( \theta \cdot
ES \) 为该保单组合的安全附加保费，\( \theta
 \) 就是安全附加保费率。假设保险公司是按机动车辆的实际损失量进行全额赔付，要求收取的保险总额低于理赔总额的概率不超过5{\%}，试确定最低安全附加保费率 \( \theta
_{\min }  \) 的极大似然估计量，以及置信水平是0.90的置信区间。

        分析与计算如下：
        假设 \( X_i,i=1,2,\cdots
,m \) 表示第 \( i \) 份保单对应的机动车辆的损失额度，则这组保单的理赔总额 \( S=\sum\limits_{i=1}^m
{X_i } \;(m=3000) \)，且由中心极限定理知近似有 \( \frac{S-ES}{\sqrt {DS} }\mathop
\sim  N(0,1) \)。那么，在收取的保险总额 \( s=(1+\theta
)ES \) 低于理赔总额 \( S \) 的概率不超过5{\%}时，安全附加保费率 \( \theta  \) 应满足
\[
P\left\{ {S>s} \right\}=P\left\{ {S>(1+\theta )ES} \right\}\le 0.05
\]
即  \( P\left\{ {S\le s} \right\}=P\left\{ {S\le (1+\theta )ES} \right\}\ge
0.95 \)。
于是有
\[
P\left\{ {\frac{S-ES}{\sqrt {DS} }\le \frac{\theta \cdot ES}{\sqrt {DS} }}
\right\}\ge 0.95
\]
从而 \( \Phi \left( {\frac{\theta \cdot ES}{\sqrt {DS} }} \right)\ge
0.95 \)，最低安全附加保费率为
\[\theta _{\min } =\frac{\sqrt {DS} }{ES}u_{0.95} =\frac{u_{0.95} \sqrt {DX}
}{EX\sqrt m }\tag{1}\]
        因为 \( X \) 服从对数正态分布，所以 \( EX=e^{\mu +\frac{\sigma ^2}{2}} \)，\( DX=e^{2\mu
+\sigma ^2}\left( {e^{\sigma ^2}-1} \right) \)，将它们代入（1）式，可化简得
\[\theta _{\min } =\frac{u_{0.95} }{\sqrt m }\left( {e^{\sigma ^2}-1}
\right)^{\frac{1}{2}}\tag{2}\]
由最大似然估计的不变性和式（2），得到 \( \theta _{\min }  \) 的最大似然估计量为
\[\hat {\theta }_{\min } =\frac{u_{0.95} }{\sqrt m }\left( {e^{\hat {\sigma
}^2 }-1} \right)^{\frac{1}{2}}\tag{3}\]
        如何确定 \( \theta _{\min }  \) 的置信度为0.9的置信区间呢？可先求参数 \( \sigma
^2 \) 的置信区间 \( [\hat {\sigma }_1^2 ,\hat {\sigma }_2^2 ] \)，由于函数 \( e^{\hat
{\sigma }^2 } \) 具有单增性，则由式（3）可确定 \( \theta _{\min }
 \) 的置信区间应该为：
\[\left[ {\frac{u_{0.95} }{\sqrt m }\left( {e^{\hat {\sigma }_1^2 }-1}
\right)^{\frac{1}{2}},\quad \frac{u_{0.95} }{\sqrt m }\left( {e^{\hat
{\sigma }_2^2 }-1} \right)^{\frac{1}{2}}} \right]\tag{4}\]
因为正态总体参数 \( \sigma ^2 \) 的置信水平为 \( 1-\alpha  \) 的置信区间是
\[
\left[ {\hat {\sigma }_1^2 ,\quad \hat {\sigma }_2^2 } \right]=\left[
{\frac{n\hat {\sigma }^2 }{\chi _{1-\textstyle{\alpha \over 2}}^2
(n-1)},\quad \frac{n\hat {\sigma }^2 }{\chi _{\textstyle{\alpha \over 2}}^2
(n-1)}} \right]
\]
        由表1中的数据，已知 \( n=40,\;m=3000,\;\alpha =0.1,\ \hat {\sigma }^2=m_2^\ast
\approx 1.26\)， \(\chi _{0.05}^2 (39)=25.70 \)， \( \chi _{0.95}^2
(39)=54.572 \) （注意： \( m_2^\ast =\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n {\left( {\ln
x_i -\frac{1}{n}\sum\limits_{j=1}^n {\ln x_j } } \right)^2}
 \) ），计算得 \( \left[ {\hat {\sigma }_1^2 , \hat {\sigma }_2^2 }
\right]=[0.92,\;1.96] \)，代入式（4）计算得到 \( \theta _{\min }
 \) 的置信区间为 \( [0.04,\;0.07] \)。