平成17年度の生保数理問題1(1)で、

\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\frac{1-d}{d^2}-\frac{1-d}{d^2}A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)
\(-\frac{1}{d}(LA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}-\frac{1-d}{d}nA^{\ \ \ \ 1\ }_{x:\overline{\small{\ n\ }|}}\)

という関係式が出題されました。

　問題文では、この関係式を導くヒントが与えられており、具体的には、左辺の生命年金現価\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)を確率論的に表示し、それぞれの発生確率\(\{q_x\ ,\ {}_{1|}q_x\ ,\ \ldots\ ,\ {}_{n-1|}q_x\ ,\ {}_np_x\}\)の係数を比較することで右辺に現れるdの項、つまり、

　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\)①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)③\(\times (IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)④\(\times nA^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)

において、①～④に当てはまるものを選択肢から選ぶようになっています。

　通常、問題１(1)では比較的オーソドックスな問題が出題されますが、本問は非常に難しい問題ですので、実際の試験では後回しにされるのが無難でしょう。

　しかし、この年の合格率は10.2%（ちなみに前年度は7.0％！）でしたので、他の問題も難易度が高く、問題１(1)をクリアして幸先の良いスタートを切りたいと願う受験生も少なくないと思われます。

　そこで、今回のコラムでは、確率論的表示を使わずにこの関係式を導く方法をご紹介いたしましょう。

　１．実際の問題文
　　実際の問題文は、以下のように“穴埋め形式”で出題され、問題文で“確率論的表示”を用いて解くというヒントが与えられています。
　　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\)①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)③\(\times (IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)④\(\times nA^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)
　　また、選択肢は以下のようになっています。

　　(A)　\(\frac{1}{d}\)　　(B)　\(\frac{1}{d^2}\)　　(C)　\(\frac{1-d}{d}\)　　(D)　\(\frac{1-d}{d^2}\)　　(E)　\(\frac{(1-d)^2}{d^2}\)　　(F)　\(-\frac{1}{d}\)　　(G)　\(-\frac{1}{d^2}\)　　(H)　\(-\frac{1-d}{d}\)　　(I)　\(-\frac{1-d}{d^2}\)　　(J)　\(-\frac{(1-d)^2}{d^2}\)

　　したがって、①～④について、以下の特徴が分かります。

　　《特徴１》①～④は保険期間nに依らない。
　　《特徴２》①～④は（dのみで構成され）生存率（死亡率）に依らない。

　　なお、数学的には、４つの未知数に対して４つ（以上）の関係式を導けば、すべての未知数が分かるという性質がありますので、これらの特徴を用いて、できるだけ簡易な方法で、①~④を求めてみましょう。

　２．nに関する問題の攻略テクニック
　　まず、《特徴１》から、①～④は保険期間nに依らないので、任意のnについて、関係式が常に成り立ちます。また、《特徴２》から、①～④は生存率（死亡率）に依らないため、任意の\(p_x(またはq_x)\)について、関係式が常に成り立ちます。
　　つまり、計算しやすい“小さなn”からスタートして、関係式の左辺および右辺を具体的に表示し、\(p_x(またはq_x)\)に関する係数を両辺で比べて、それらが等しくなるような条件として、①～④の関係を導くというテクニックです。
　　なお、このテクニックは、《特徴１》しか成り立たない場合でも使えますので、任意のnに関する問題に遭遇した場合には、常套手段の１つとして覚えておくと良いでしょう。

　３．具体的な解法
　　まず、n=1の場合、関係式を具体的に表示すると以下のようになります。
　　　(左辺)=\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ 1\ }|}}}＝vp_x\)
　　　(右辺)=①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ 1\ }|}}}+\)③\(\times (IA)_{x:{\overline{\small{\ 1\ }|}}}+\)④\(\times A^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ 1\ }|}}}\)
　　　　　　=①\(+\)②\(\times v+\)③\(\times vq_x+\)④\(\times vp_x\)
　　　　　　=①\(+\)②\(\times v+\)③\(\times v(1-p_x)+\)④\(\times vp_x\)
　　　　　　=①\(+(\)②\(+\)③\()\times v+(\)④\(-\)③\()\times vp_x\)
　　したがって、《特徴２》から、任意の\(p_x\)について、(左辺)=(右辺)となれば良いので、
　　　　①\(+(\)②\(+\)③\()\times v=0\)　・・・　(a)
　　　　④\(-\)③＝1　・・・　(b)

　　一方、任意のnについて、
　　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\)①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)③\(\times(IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)④\(\times nA^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)
　が成り立つので、nおよびn+1についての関係式

　　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\)①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)③\(\times(IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}+\)④\(\times A^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}\)

　　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}=\)①\(+\)②\(\times A_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}+\)③\(\times(IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}+\)④\(\times nA^{\ \ \ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}\)

　を（下から上に）辺々引くと、①が消えることに注意して、

　　\((Ia)_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}-(Ia)_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}=\)②\(\times(A_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}-A_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}})+\)③\(\times((IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}-(IA)^1_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}})\)
　　　　　　　　　　　　　　\(+\)④\(\times(A^{\ \ \ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}}-A^{\ \ \ \ 1\ }_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}})\)

　となるので、整理すれば、
　　　(左辺)=\((x+1)v^{n+1}{}_{n+1}p_x\)

　　　(右辺)=②\(\times((1-d\ddot{a}_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}})-(1-d\ddot{a}_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}))+\)③\(\times(n+1)v^{n+1}{}_np_xq_{x+n}\)
　　　　　　　　　　　　\(+\)④\(\times((n+1)v^{n+1}{}_{n+1}p_x-nv^n{}_np_x)\)
　　　　　　=②\(\times d(\ddot{a}_{x:{\overline{\small{\ n\ }|}}}-\ddot{a}_{x:{\overline{\small{\ n+1\ }|}}})+\)③\(\times(n+1)v^{n+1}{}_np_x(1-q_{x+n})\)
　　　　　　　　　　　　\(+\)④\(\times((n+1)v^{n+1}{}_{n+1}p_x-nv^n{}_np_x)\)
　　　　　　=②\(\times d(-v^n{}_np_x)+\)③\(\times(n+1)v^{n+1}{}_np_x-(n+1)v^{n+1}{}_{n+1}p_x)\)
　　　　　　　　　　　　\(+\)④\(\times((n+1)v^{n+1}{}_{n+1}p_x-nv^n{}_np_x)\)
　　　　　　=\((-\)②\(\times dv^n+\)③\(\times(n+1)v^{n+1}-\)④\(\times nv^n)\times {}_np_x\)
　　　　　　　\(+(-\)③\(\times(n+1)v^{n+1}+\)④\(\times(n+1)v^{n+1})\times{}_{n+1}p_x\)

　　したがって、《特徴２》から、任意の\(p_x\)について、(左辺)=(右辺)となれば良いので、
　　　　\(-\)②\(\times dv^n+\)③\(\times(n+1)v^{n+1}-\)④\(\times nv^n=0\)　・・・　(c)
　　　　(④\(-\)③)\(\times (n+1)v^{n+1}=(n+1)v^{n+1}\)　・・・　(d)

　　なお、(d)式から④\(-\)③＝1が得られるが、これは(b)式と同じであるため、上記の式変形が正しいことを表している。

　　以下、(c)式に着目して、(c)式の両辺を\(v^n\)で割れば、

　　　　\(-\)②\(\times d+\)③\(\times(n+1)v-\)④\(\times n=0\)　・・・　(e)

　　(b)式より、④＝③+1となるので、(e)式に代入すれば、

　　　　\(-\)②\(\times d+\)③\(\times(n+1)v-(\)③\(+1)\times n=0\)

　となるので、整理すれば、③\(=\frac{\boxed{\ \ ②\ \ \ }\times d+n}{1-(n+1)d}\)　・・・　(f)

　　ここで、(f)式は任意のnについて成り立つので、n=1, 2とすれば、(f)式より、
　　　　③＝\(\frac{\boxed{\ \ ②\ \ \ }\times d+1}{1-2d}=\frac{\boxed{\ \ ②\ \ \ }\times d+2}{1-3d}\)　より、②＝\(-\frac{1-d}{d^2}\) 　・・・　(g)

　　(g)式を(f)式に代入すれば、
　　　　③＝\(\frac{-\frac{1-d}{d^2}\times d+n}{1-(n+1)d}=\frac{-\frac{1-d}{d+n}}{1-(n+1)d}\)
\(=\frac{-1+d+dn}{d\times(1-(n+1)d)}\)
\(=\frac{-(1-(n+1)d)}{d×(1-(n+1)d)}=-1/d\)　・・・　(h)

　　(h)式を(b)式に代入すれば、
　　　　④＝③\(+1=\frac{-1}{d}+1=\frac{-1+d}{d}=-\frac{1-d}{d}\)　・・・　(i)

　　(g)式および(h)式を(a)式に代入すれば、
　　　　①＝\(-(\)②\(+\)③\()\times v=-(-\frac{1-d}{d^2}-\frac{1}{d})\times v\)
\(=(\frac{1-d}{d^2}+\frac{1}{d})\times(1-d)\)
　　　　　　　　=\(\frac{1-d+d}{d^2}\times(1-d)=\frac{1-d}{d^2}\)

　　※　n=2の場合に両辺を比較しても、(f)式と同じ式しか導かれません。

　いかがでしたか。日本アクチュアリー会の“公式解答”を正しく理解することが合格のための第一歩であることは言うまでもありませんが、その一方で、早く正解に辿り着くための方法を自ら考案してみること自体は決して無駄ではないと思われます。今回ご紹介した方法が受験生の一助となれば幸いです。（ペンネーム：活用算方）