２００９年度アクチュアリー試験解説速報（損保数理）

数学の解説速報
http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100103
に続いて損保数理のそれを作ってみました。
（
http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100105
ではちょっとお見苦しいところを見せてしまいましたが。）

最初に感想を申し上げると一息（？）ついた去年と一転してまた難しくなっているようです。
しばらくはこのような状態が続くのかもしれません。

なお、注意点は数学のそれと同じです。

問題１
I
（１）
クレームコスト（ $R_{ij}=C_{ij}/E_{ij}$ ）

	$b_1$	$b_2$	計
$a_1$	10.000	13.000	11.929
$a_2$	8.125	7.800	7.927
計	8.571	9.176	8.945

（問題文の指示により小数点以下３桁まで）

相対クレームコスト（ $r_{ij}=R_{ij}/R_{..}$ ）

	$b_1$	$b_2$	計
$a_1$	1.118	1.453	1.334
$a_2$	0.908	0.872	0.886
計	0.958	1.026	1.000

（これも問題文の指示により小数点以下３桁まで）
加法型のミニマム・バイアス法では
$\hat{r}_{ij}=x_i+y_j$
$\left\{ \begin{array}{l} x_1+y_1=r_{11}-C/E_{11} \\ x_2+y_2=r_{22}-C/E_{22} \\ x_1+y_2=r_{12}+C/E_{12} \\ x_2+y_1=r_{21}+C/E_{21} \end{array} \right.$
$C=(r_{11}-r_{12}-r_{21}+r_{22})/\left( \frac{1}{E_{11}}+\frac{1}{E_{12}}+\frac{1}{E_{21}}+\frac{1}{E_{22}}\right)$
（テキスト4-28ページ）
が成り立つ。

$C=(1.118-1.453-0.908+0.872)/(1/25+1/45+1/80+1/125)=-4.485$
となる。
これより
$\hat{r}_{21}=x_2+y_1=r_{21}+C/E_{21}=0.908-4.485/80=0.852$
→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｃ）

（２）
次に
$x_1=r_{12}-y_2+C/E_{12}$
$=r_{12}-r_{.2}+C/E_{12}=1.453-1.026-4.485/45=0.327$
→ $\fbox{2}$ の答えは（Ｃ）

II
（１）
$\sum_{i=1}^4 x_i=10,\sum_{i=1}^4 y_i=11$
$\sum_{i=1}^4 x_i^2=30,\sum_{i=1}^4 y_i^2=39,\sum_{i=1}^4 x_iy_i=31$
より、
$r_{xy}=\frac{31/4-(30/4)*(11/4)}{\sqrt{30/4-(10/4)^2}\sqrt{39/4-(11/4)^2}}$
$=\frac{31*4-30*11}{\sqrt{30*4-10^2}\sqrt{39*4-11^2}}$
$=\frac{\sqrt{7}}{5}$
$=0.529\cdots$
→ $\fbox{1}$ の答えは（Ｅ）

決定係数
$R^2=r_{xy}^2=\frac{7}{25}$
全変動
$39-\left(\frac{11}{4}\right)^2=\frac{35}{4}$
残差変動
$\frac{35}{4}*\left(1-\frac{7}{25}\right)=\frac{63}{10}=6.3$
→ $\fbox{2}$ の答えは（Ｇ）

（２）
$y=\alpha+\beta x$ の係数 $\alpha,\beta$ の最小二乗法による推定値 $\hat{\alpha},\hat{\beta}$ は、
$\left( \begin{array}{cc} 4 && 10 \\ 10 && 30 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} \hat{\alpha} \\ \hat{\beta} \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 11 \\ 31 \end{array} \right)$
を満たす。
これを解いて、
$\hat{\beta}=0.7$ （ちなみに $\hat{\alpha}=1$ ）

一方、誤差分散の推定量 $\hat{\sigma}^2$ は、（１）の残差変動を $n-2=2$ で割った3.15。
また、
$\sum_{i=1}^4 (x_i-\bar{x})^2=\sum_{i=1}^4 x_i^2-4\bar{x}^2=30-4*(2.5)^2=5$
∴ｔ値は
$t=\frac{0.7-0}{\sqrt{3.15/5}}=0.882$
→ $\fbox{3}$ の答えは（Ｆ）

この値が2.920より小さい。つまりこのような値が出現する確率は5％以上あることになる。
従って、 $H_0$ は、採択される（棄却できない）
→ $\fbox{4}$ の答えは（Ａ）

III
（１）
テキスト7-6ページを「暗記」していればよいが、簡単に纏める。
$\fbox{1}$ ：期待値（＞０）の $h>0$ 倍がリスクプレミアムなので非負→（Ａ）
$\fbox{2}$ ： $h>0$ の値に制限がないので、保険金の上限を超えることもあり得る→（Ｂ）
$\fbox{3}$ ： $(1+h)E(X+c)=(1+h)E(X)+c+ch=P(X)+c+ch$ なので、不成立→（Ｂ）
$\fbox{4}$ ： $(1+h)E(cX)=c(1+h)E(X)=cP(X)$ なので、成立→（Ａ）
$\fbox{5}$ ： $(1+h)\{E(X)+E(Y)\}=(1+h)E(X)+(1+h)E(Y)=P(X)+P(Y)$ なので、成立→（Ａ）
（リスクが独立でなくても成立）
$\fbox{6}$ ：標準偏差（＞０）の $h>0$ 倍がリスクプレミアムなので非負→（Ａ）
$\fbox{7}$ ： $h>0$ の値に制限がないので、保険金の上限を超えることもあり得る→（Ｂ）
$\fbox{8}$ ： $E(X+c)+h\sigma(X+c)=E(X)+c+h\sigma(X)=P(X)+c$ なので、成立→（Ａ）
$\fbox{9}$ ： $E(cX)+h\sigma(cX)=cE(X)+ch\sigma(X)=cP(X)$ なので、成立→（Ａ）
$\fbox{10}$ ： $\sigma(X)+\sigma(Y) \ne \sigma(X+Y)$ なので、不成立→（Ｂ）

（２）
$P(X)=\frac{E(X\exp(hX))}{E(\exp(hX))}=\{\log M_X(h)\}'$
なので、
積率母関数を持たないものを選べばよく、それは（Ｇ）の対数正規分布のみ
→答えは（Ｇ）

IV
（１）
$X$ をクレーム額の分布、 $S$ をクレーム総額の分布とする。
Lundberg（ルンドベリ）の不等式による保守的な破産確率は
$\exp(-Ru_0)$ （ $R$ は調整係数、は初期サープラス）
従って、
$Ru_0=1$
$R=\frac{1}{u_0}$
一方
$E(X)=\int_0^{\infty}x\left\{\exp(-2x)+\frac{3}{2}\exp(-3x)\right\}dx=\frac{5}{12}$
$E(S)=q*500*E(X)=\frac{0.8}{100}*500*\frac{5}{12}=\frac{5}{3}$
$u_0=E(S)/2=\frac{5}{6}$
$R=\frac{1}{u_0}=1.2$
→答えは（Ｅ）
（２）
$R$ は、 $1+(1+\theta)E(X)R=M_X(R)$ の解
$M_X(r)=\int_0^{\infty}\exp(rx)\left\{\exp(-2x)+\frac{3}{2}\exp(-3x)\right\}dx$
$\left(\frac{1}{2-r}+\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3-r}\right)$
よって
$1+(1+\theta)\frac{5}{12}*1.2=\left(\frac{1}{2-1.2}+\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3-1.2}\right)$
を解いて、
$\theta=\frac{7}{6}=1.16\cdots$
→答えは（Ｃ）

問題２
I
（１）
維持費のうち定額部分の現価は、
$P \times \frac{\beta}{2} \times \ddot{a}_{\bar{15}|}$
$=P \times \frac{\beta}{2} \times \frac{1-v^{15}}{1-v}$
→ $\fbox{1},\fbox{2}$ の答えは（Ｂ）、（Ｆ）（順不同）

維持費のうち保険金比例部分の初年度〜１０年度の現価は、
$P \times \frac{\beta}{2} \times \ddot{a}_{\bar{10}|}$
$=P \times \frac{\beta}{2} \times \frac{1-v^{10}}{1-v}$
（１０年目までは保険金が変わらないので維持費も変わらない。）
→ $\fbox{3}$ の答えは（Ｂ）、 $\fbox{4}$ の答えは（Ｅ）

維持費のうち保険金比例部分の１１年度〜１５年度の現価は、
$P \times \frac{\beta}{2} \times \{(1+\epsilon)v^{10}+(1+\epsilon)^2v^{11}+\cdots +(1+\epsilon)^5v^{14}\}$
（１１年度目の支払いは保険始期から１０年後、以下同様）
$(1+\epsilon)v^{10}+(1+\epsilon)^2v^{11}+\cdots+ (1+\epsilon)^5v^{14}$
$=v^9+\{(1+\epsilon)v^+(1+\epsilon)^2v^2+\cdots+(1+\epsilon)^5v^5\}$
$=v^9(V+V^2+V^3+V^4+V^5)$
$=v^9 \times V \times \frac{1-V^5}{1-V}$
→ $\fbox{5} \sim \fbox{7}$ の答えは（Ｂ）、（Ｅ）、（Ｇ）（順不同）

（２）
保険金の初年度〜１０年度の現価は、
$P \times p \times \frac{1-v^{10}}{1-v}$
保険金の１１年度〜１５年度の現価は、
$P \times p \times v^9 \times V \times \frac{1-V^5}{1-V}$
∴長期係数を $K$ とするとき、収支相等の式は
$KP=P\alpha+P\left(p+\frac{\beta}{2}\right)\left(\frac{1-v^{10}}{1-v}+v^9\cdot V \cdot \frac{1-V^5}{1-V}\right)+P \cdot \frac{\beta}{2} \cdot \frac{1-v^{15}}{1-v}+KP\theta+KP\delta$
これより $K$ は、
$K=\left\{\alpha+\left(p+\frac{\beta}{2}\right)\left(\frac{1-v^{10}}{1-v}+v^9\cdot V \cdot \frac{1-V^5}{1-V}\right)+\frac{\beta}{2} \cdot \frac{1-v^{15}}{1-v}\right\}/(1-\theta-\delta)$
$=\left\{0.05+(0.65)\left(\frac{1-v^{10}}{1-v}+v^{10}\cdot (1.05) \cdot \frac{1-V^5}{1-V}\right)+(0.10)\frac{1-v^{15}}{1-v}\right\}*1.25$
さて、
$\frac{1-v^{10}}{1-v} \, ,v^{10}\cdot (1.05)\cdot \frac{1-V^5}{V} \, ,\frac{1-v^{15}}{1-v}$
を小数点第２位まで求めるとそれぞれ、
9.36、4.85、13.54
となるので、
$K=\left\{0.05+(0.65)(9.36+4.85)+(0.10)(13.54)\right\}*1.25=13.30$
→答えは（Ｆ）

II
（１）
$U(\alpha,\beta) \, (\alpha<\beta)$ で一様に分布する確率変数 $Y$ に対して $E(Y),E(Y^2)$ はそれぞれ、
$E(Y)=\frac{1}{\beta-\alpha}\int_{\alpha}^{\beta}ydy=\frac{\alpha+\beta}{2}$
$E(Y^2)=\frac{1}{\beta-\alpha}\int_{\alpha}^{\beta}y^2dy=\frac{\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2}{3}$

$\alpha$	$\beta$	$\frac{\alpha+\beta}{2}$	$\frac{\alpha+\beta}{3}$
0	10	5	$\frac{100}{3}$
10	20	15	$\frac{700}{3}$
20	30	25	$\frac{1900}{3}$
30	40	35	$\frac{3700}{3}$

∴クレーム額 $X$ に対して、 $E(X),E(X^2)$ はそれぞれ、
$E(X)=(5*68+15*19+25*8+35*5)/100=10$
$E(X^2)=\left(\frac{100}{3}*68+\frac{700}{3}*19+\frac{1900}{3}*8+\frac{3700}{3}*5\right)/100=\frac{538}{3}$
$V(X)=\frac{538}{3}-10^2=\frac{238}{3}=79.3\cdots$
→答えは（Ｅ）

（２）
帰無仮説
$H_0\: X \sim e$\frac{1}{10}$$ （ただし、 $e(\lambda)$ は平均 $\frac{1}{\lambda}$ の指数分布）

区間	クレーム件数 $m_i$	期待観察数 $n_i$
0以上10未満	68	$100(1-e^{-1})=63$
10以上20未満	19	$100(e^{-1}-e^{-2})=23$
20以上30未満	8	$100(e^{-2}-e^{-3})=9$
30以上	5	$100(e^{-3})=5$

（問題文の条件により、期待観察数は整数値）
∴
$t=\frac{(68-63)^2}{63}+\frac{(19-23)^2}{23}+\frac{(8-9)^2}{9}\frac{(5-5)^2}{5}=1.203\cdots$
→答えは（Ｆ）

（３）
自由度は（区分数：４）−（パラメーターの数：１）−１＝２
（なお奇数の自由度だと $(1.20,\infty)$ での積分が不完全ガンマ積分となり、与えられた条件からは計算できないので奇数の自由度ではないと推察できる）
求める確率 $p$ は、
$p=\frac{1}{2}\int_{1.20}^{\infty}\exp\left(-\frac{x}{2}\right)$
$=[\exp\left(-\frac{x}{2}\right)]_{1.20}^{\infty}$
$=\exp(-0.6)$
$=\{\exp(-0.1)\}^6$
$=0.549$
→答えは（Ｇ）

III
（１）
$M_S(t)=M_N(\log M_X(t))$
$M_X(t)=\frac{1/\mu}{1/\mu-t}=\frac{1}{1-t\mu}$
$M_N(t)=\exp\{\lambda(e^t-1)\}$
∴
$M_S(t)=\exp\left\{\lambda\left(\frac{1}{1-t\mu}-1\right)\right\}$
$=\exp\left(\lambda\frac{t\mu}{1-t\mu}\right)$
→答えは（Ｆ）
（２）
$M_N(t)=\frac{p}{1-(1-p)e^t}$
∴
$M_S(t)=\frac{p}{1-(1-p)/(1-t\mu)}=\frac{p(1-t\mu)}{p-t\mu}$
→ $\fbox{2}$ の答えは（Ｄ）
さて、
$M_S(t)=p \cdot 1+(1-p)\frac{1}{1-t(\mu/p)}$
と変形できる。
前者（積率母関数が1）は確率1で $S=0$ となる確率変数であり、
後者（積率母関数が $\frac{1}{1-t(\mu/p)}$ ）は、平均 $\frac{\mu}{p}$ の指数分布である。
$F_S(x)=p+(1-p)\left\{ 1-\exp\left( -\frac{p}{\mu} \right)x\right\}$
$=1-(1-p)\exp\left\{\left( -\frac{p}{\mu} \right)x\right\}$
（テキスト2-36〜2-37ページも参照）
→ $\fbox{3}$ の答えは（Ｅ）

IV
（１）[tex:00)=P(X \ge 1000|X \ge 100)=\exp\left(-\frac{900}{\mu}\right)]
尤度関数を $L$ とすると、
$L=\frac{1}{\mu^4}\exp\left(-\frac{307+367+504+35}{\mu}\right)\exp\left(-\frac{900*2}{\mu}\right)$
∴
$\log L=-4 \log \mu -\frac{3013}{\mu}$
$\frac{\partial(\log L)}{\partial \mu}=-\frac{4}{\mu}+\frac{3013}{\mu^2}$
これを0にする $\hat{\mu}$ は、
$\hat{\mu}=\frac{3013}{4}=753.25$
→答えは（Ｉ）
（３）
求める期待値 $E$ は、
$E_1=\frac{1}{\mu}\int_0^{1750}y\cdot\exp\left(-\frac{y+250}{\mu}\right)/\exp\left(-\frac{250}{\mu}\right)dy$
$=\frac{1}{\mu}\int_0^{1750}y\cdot\exp\left(-\frac{y}{\mu}\right)dy$
と
$E_2=1750\cdot\exp\left(-\frac{2000}{\mu}\right)/\exp\left(-\frac{250}{\mu}\right)$
$=1750\cdot\exp\left(-\frac{1750}{\mu}\right)$
の和 $E=E_1+E_2$ となる。
（支払い対象となる事故は期待値の計算に含まないため $\exp\left(-\frac{250}{\mu}\right)$ で割算することに注意）
$E_1=-[y\cdot\exp\left(-\frac{y}{\mu}\right)]_0^{1750}+\int_0^{1750}\exp\left(-\frac{y}{\mu}\right)dy$
$=-1750\cdot\exp\left(-\frac{1750}{\mu}\right)-\mu[\exp\left(-\frac{y}{\mu}\right)]_0^{1750}$
$=-1750\cdot\exp\left(-\frac{1750}{\mu}\right)+\mu\left\{1-\exp\left(-\frac{1750}{\mu}\right)\right\}$
$E=E_1+E_2=\mu\left\{1-\exp\left(-\frac{1750}{\mu}\right)\right\}$
ここで $\mu=750$ を代入すると、
$E=750\left\{1-\exp\left(-\frac{1750}{750}\right)\right\}$
$=750\left\{1-\exp\left(-\frac{7}{3}\right)\right\}$
$=750\left\{1-(0.717)^7\right\}$
$=676.9\cdots$
→答えは（Ａ）

なおこの問題を解くプロセスで（２）の選択肢のうち、（Ａ）、（Ｂ）、（Ｅ）、（Ｆ）、（Ｈ）、（Ｊ）は不適と推察できる。なぜならこの問題でそれぞれ11、23、13、9（3乗根のさらに3乗根）、29、31乗根の計算を必要とし、それは与えられた数値と普通の電卓では極めて面倒（ニュートン法を使えば不可能ではないが）だからである。
また、（Ｇ）の場合は2.5乗を求めることになり、これも $\exp(-1/3)$ を15乗して√をとれば計算不可能ではないが極めて不自然。

V
（１）
$\pi_{\theta|\rm{X}}(\theta|\rm{X})$
$=\frac{1}{(\sqrt{2\pi b})^n}\prod_{i=1}^{n} \exp\left\{-\frac{(x_i-\theta)^2}{2b}\right\} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi a}}\exp\left\{-\frac{(\theta-\mu)^2}{2a}\right\}$
$=const \cdot \exp\left\{-\frac{(\theta-\mu)^2}{2a}-\sum_{i=1}^{n} \frac{(x_i-\theta)^2}{2b}\right\}$
expの中身は
$-\frac{(\theta-\mu)^2}{2a}-\sum_{i=1}^{n} \frac{(x_i-\theta)^2}{2b}$
$=-\left(\frac{1}{2a}+\frac{n}{2b}\right)\theta^2+2\left(\frac{\mu}{2a}+\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{2b}\right)\theta+const$
$=-\frac{na+b}{2ab}\theta^2+2\frac{b\mu+a\sum_{i=1}^n x_i}{2ab}\theta+const$
$=-\frac{na+b}{2ab}\left(\theta^2-\frac{b\mu+a\sum_{i=1}^n x_i}{b+na}\right)^2+const$
つまり、
$\pi_{\theta|\rm{X}}(\theta|\rm{X})$
$=const \cdot \exp\left\{-\frac{na+b}{2ab}\left(\theta^2-\frac{b\mu+a\sum_{i=1}^n x_i}{b+na}\right)^2\right}$
なので、
分散は、
$\left(\frac{na+b}{ab}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{a}+\frac{n}{b}\right)^{-1}$
→答えは（Ｇ）

（２）
上の式変形により
$\pi_{\theta|\rm{X}}(\theta|\rm{X})$
の平均は
$\frac{b\mu+a\sum_{i=1}^n x_i}{b+na}$
$=\mu\cdot\frac{b}{b+na}+\frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}\cdot\frac{na}{b+na}$
つまり
$Z=\frac{an}{an+b}$
→答えは（Ｂ）

問題３
I
（１）ロスディベロップメントファクター（ＬＤＦ）

	1→2	2→3	3→4
2006年度	2.557	1.394	1.179
2007年度	2.847	1.216
2008年度	2.607
単純平均	2.670	1.305	1.179

累積ＬＤＦ $b_j$
$\fbox{1}$ 2007年度：1.179→（Ｂ）
$\fbox{2}$ 2008年度：1.179×1.305=1.539→（Ｄ）
$\fbox{3}$ 2009年度：1.179×1.305×2.670=4.108→（Ｈ）

最終保険金
2007年度：4,016×1.179=4,735
2008年度：3,501×1.539=5,388
2009年度：1,384×1.539=5,685
３年度計：15,808
３年度の累計支払保険金=4,016+3,501+1,384=8,901
ＩＢＮＲ：15,808-8,901=6,907
→ $\fbox{4}$ の答えは（Ｇ）

（２）
予測最終保険金＝既経過保険料×予定損害率
2007年度：9,771×55％=5,374
2008年度：10,023×60％=6,014
2009年度：10,331×60％=6,199

$1-\frac{1}{b_j}$
2007年度：1-1/1.179=0.152
2008年度：1-1/1.539=0.350
2009年度：1-1/4.108=0.757

予測最終保険金× $\left(1-\frac{1}{b_j}\right)$
2007年度：5,374×0.152=817
2008年度：6,014×0.350=2,105
2009年度：6,199×60％=4,690
３年度計：7,612
→答えは（Ｉ）

II
（１）
テキスト６−２０ページ下から６行目の
$_{t}V'= \, {}_{t}V+P_S \ddot{a}_{\bar{n-t}|}$
にテキスト６−１６ページ上から８行目の
$P_S =\frac{W \phi^n}{\ddot{a}_{\bar{n}|}}$
を代入して、
$_{t}V'= \, {}_{t}V+W \phi^n \frac{\ddot{a}_{\bar{n-t}|}}{\ddot{a}_{\bar{n}|}}$
→答えは（Ａ）

（２）テキスト６−２０ページ上から１０行目の
$\phi^{^t}(P_S \ddot{a}_{\bar{n}|}-P_S \ddot{a}_{(q)\bar{n}|})-(P_S \ddot{a}_{\bar{n-t}|}-P_S \ddot{a}_{(q)\bar{n-t}|})$
に、
$P_S =\frac{W \phi^n}{\ddot{a}_{\bar{n}|}}$
を代入して、
$\frac{W \phi^n}{\ddot{a}_{(q)\bar{n}|}}\left\{\phi^{^t}\left(P_S \ddot{a}_{\bar{n}|}-P_S \ddot{a}_{(q)\bar{n}|}\right)-\left(P_S \ddot{a}_{\bar{n-t}|}-P_S \ddot{a}_{(q)\bar{n-t}|}\right)\right\}$
→答えは（Ｂ）

III
（１）
クレーム件数を $N$ 、クレーム額を $Y$ とするとき、 $X$ の積率母関数 $M_X(t)$ を求める。
$M_Y(t)=\frac{1/2}{1/2-t}=\frac{1}{1-2t}$
$M_N(t)=\left\{\frac{1/4}{1-3\exp(t)/4}\right\}^2=\left\{\frac{1}{4-3\exp(t)}\right\}^2$
∴
$M_X(t)=M_N(\log M_Y(t))$
$=\left\{\frac{1}{4-3/(1-2t)}\right\}^2$
$=\left(\frac{1-2t}{1-8t}\right)^2$

さて、保険を買わない場合の効用は
$E[\exp\{-0.15(30-X)\}]$
$=-\exp(-4.5)E\{\exp(0.15X)\}$
$=-M_X(0.15)\exp(-4.5)$
$=-\left(\frac{0.7}{-0.2}\right)^2\exp(-4.5)$
$=-12.25\cdot\exp(-4.5)$
→答えは（Ｃ）
（２）
保険料の上限 $P_0$ は
$P_0=\frac{\log M_X(h)}{h}$
（テキスト７−２３ページ練習問題２）
∴
$P_0=\frac{\log M_X(0.15)}{0.15}$
$=\frac{2 \log (3.5)}{0.15}$
$=\frac{2 (\log7 -\log2)}{0.15}$
$=16.71$
→答えは（Ｄ）

IV
（１）
テキスト８−４２ページ（８．３）式→答えは（Ａ）
（２）
テキスト８−４４ページ（８．９）式→答えは（Ｇ）
（３）
$\rho(u)=1-\frac{1}{1+\theta}\exp\{-\frac{\theta u}{(1+\theta)\mu}\}$
（テキスト８−４４ページ上から７行目）
これに数値を代入して
$\rho(u)=1-\frac{\exp(-1.5)}{1.5}$
$=1-\frac{0.368 \cdot \sqrt{0.368}}{1.5}$
$=0.851$
→答えは（Ｊ）

V
（１）
まず１事故あたりの保険金 $X$ に対して、 $A$ での条件付期待値 $E(X|A)$ を求める。
$E(X|A=a)=\int_0^{\beta} x f(x)dx$
$=\int_0^{\beta} x \left(\frac{\gamma}{\beta}\right) \left(\frac{x}{\beta}\right)^{\gamma-1}dx$
$=\frac{\gamma}{\beta^{\gamma}}\int_0^{\beta} x^{\gamma}dx$
$=\frac{\gamma}{\beta^{\gamma}}\int_0^{\beta} x^{\gamma}dx$
$=\frac{\beta \gamma}{\gamma+1}$
$=\frac{a \sqrt{a}/(a-\sqrt{a})}{(\sqrt{a}+a-\sqrt{a})/(a-\sqrt{a})}$
$=\sqrt{a}$
つまり、
$E(X|A)=\sqrt{A}$

一方、
$K$ を元受保険金×（出再保険金額／元受保険金額）（「再保険による回収率」）を表す確率変数とするとき、
超過額再保険なので、元受保険金×（出再保険金額／元受保険金額）が再保険金（再保険による支払金額）
（超過「損害」額再保険との違いに要注意）
になるので、
$K=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{A-10}{A} && (10 \le A \le 20) \\ \frac{10}{A} && (20 \lt A \le 30) \end{array}\right.$

したがって１事故あたりの再保険金 $Y=KX$ の期待値 $E(Y)$ は、
$E(Y)=E(KX)$
$=E(E(KX|A))$ （∵条件付期待値の性質により）
$=E(K \cdot E(X|A))$ （∵上記の $E(X|A)$ の積分では $a$ を含む式は $x$ とは無関係なので積分の外に出せる）
$=E(K \sqrt{A})$
$=\frac{1}{20}\left(\int_{10}^{20} \frac{a-10}{a}\sqrt{a}da+\int_{20}^{30} \frac{10}{a}\sqrt{a}da\right)$
$=\frac{1}{20}\left\{\int_{10}^{20} (a^{1/2}-10a^{-1/2})da+\int_{20}^{30} 10a^{-1/2}da\right\}$
$=\frac{1}{20}\left\{[\frac{2}{3}a^{3/2}-20a^{1/2}]_{10}^{20}+[20a^{1/2}]_{20}^{30}\right\}$
$=\frac{1}{20}\left\{\frac{2}{3}(20\sqrt{20}-10\sqrt{10})+20(\sqrt{30}-2\sqrt{20}+\sqrt{10})\right\}$
$=\frac{1}{3}(2\sqrt{20}-\sqrt{10})+(\sqrt{30}-2\sqrt{20}+\sqrt{10})$
$=\sqrt{30}-\frac{8\sqrt{5}}{3}+\frac{2\sqrt{10}}{3}$
$=1.6226$

求める年間再保険期待値は、契約１件あたりの平均事故件数２と $k$ （契約件数）を乗じたもので、
$1.6226 \cdot 2 \cdot k=3.2452k$
→答えは（Ｆ）

（２）
１事故での保険金を $X$ としたとき、超過額再保険からの回収後の正味保険金は、
$X\cdot\frac{\alpha-10}{\alpha}$
これが超過損害額再保険のエクセスポイント10を超えるのは、
$X\cdot\frac{\alpha-10}{\alpha} \gt 10$
つまり
$X \gt \frac{10\alpha}{\alpha-10}$ （この値を $\delta$ とする）
∴
１事故での保険金で超過損害額再保険からの回収が発生する確率 $p$ は、
$\gamma=\frac{\sqrt{\alpha}}{\alpha-\sqrt{\alpha}}$ とするとき、
$p=P\left(X \gt \frac{10\alpha}{\alpha-10}\right)$
$=\frac{\gamma}{\alpha^{\gamma}}\int_{\delta}^{\alpha} x^{\gamma-1}dx$
$=\frac{1}{\alpha^{\gamma}}\left[x^{\gamma}\right]_{\delta}^{\alpha}$
$=1-\delta^{\gamma}$
$=1-\left(\frac{10}{\alpha-10}\right)^{\gamma}$ …（ア）
一方、 $N$ を平均 $\lambda$ のポワソン分布、各 $X_i$ が独立に二項分布 $B(1,p)$ に従うとき、
$S=X_1+\cdots+X_N$ の分布は、平均 $\lambda p$ のポワソン分布
（例えば
http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20081120
参照）
これより、
$P(S \gt 0)=1-P(S=0)=1-\exp(-\lambda p)$
本問ではこれに $\lambda =2$ と（ア）を代入して、
$P(S \gt 0)=1-\exp\left\{2\left(\frac{10}{\alpha-10}\right)^{\sqrt{\alpha}/(\alpha-\sqrt{\alpha})}-2\right\}$
→答えは（Ｈ）

以上