Finanzmathematik I
L¨osungvorschl¨age f¨ ur ¨ Ubungsblatt 8
J. Widenmann
Aufgabe 1:
a) Das beschriebene Marktmodell ist ein Binomialmodell. Wegen −0,1<0 =r <0,2 ist, wie in der Vorlesung und ¨Ubung gezeigt, das eindeutige ¨aquivalente Martingal- maß P∗ gegeben durch
P∗(Yt= 1) = 1 3 .
Somit ist der vorliegende Markt sowohl arbitragefrei als auch vollst¨andig.
b) Wie in Vorlesung und ¨Ubung gezeigt und mit denselben Argumenten wie in Aufga- ben 2 und 3 auf Blatt 7, ist die replizierende Strategie ( ¯ξt)t=1,2 gegeben durch
ξ¯1 = 38
75,−19 45
ξ¯2 = 19
25,−19 27
1{Y1=−1}
Somit erhalten wir als arbitragefreien Preis f¨urP: πP =ξ01 ·1 +ξ11 ·1 = 38
75− 19 45 = 19
225 oder auch
πP =EP∗[P] = 19 100 · 2
3 · 2 3 = 19
225 .
Aufgabe 2:
a) Zun¨achst zum Hinweis:
Die Menge G :={A |A={X1 ∈A1} ∩ {X2 ∈A2}, A1, A2 ∈ B(R)} ist ein
∩-stabiler Erzeuger derσ-Algebraσ(X1, X2) (!). Unterteilen wirY in seinen Positiv- und Negativteil, d.h. Y =Y+−Y−, dann gilt wegen Y+, Y−≥0 auch
E[Y+|X1, X2],E[Y−|X1, X2],E[Y+|X1],E[Y−|X1]≥0.
Insbesondere k¨onnen wir
E[Y+|X1, X2],E[Y−|X1, X2],E[Y+|X1],E[Y−|X1] als Dichten von Maßen
QE[Y
+|X1,X2],QE[Y
−|X1,X2],QE[Y
+|X1],QE[Y
−|X1]
bzgl. P interpretieren. Zeigen wir nun die “bedingte Erwartungswerteigenschaften”
QE[Y
+|X1](A) = Z
A
E[Y+|X1]dP= Z
A
E[Y+|X1, X2]dP=QE[Y
+|X1,X2](A) QE[Y
−|X1](A) = Z
A
E[Y−|X1]dP= Z
A
E[Y−|X1, X2]dP=QE[Y
−|X1,X2](A)
f¨ur beliebiges A ∈ G, dann gelten diese Gleichungen wegen dem Eindeutigkeits- satz von Maßen auch direkt f¨ur alle Mengen A ∈ σ(X1, X2). Zusammenfassen von Positiv- und Negativteil liefert dann die Behauptung des Hinweises.
Nun zum eigentlichen Beweis:
– E[Y|X1] ist per Definition σ(X1)-messbar, Wegen σ(X1) ⊆ σ(X1, X2) also insbesondere σ(X1, X2)-messbar.
– Sei wegen dem HinweisA∈ G, dann gilt Z
{X1∈A1}∩{X2∈A2}
E[Y|X1]dPUnabh¨=angigkeit Z
{X2∈A2}
dP Z
{X1∈A1}
E[Y|X1]dP
= Z
{X2∈A2}
dP Z
{X1∈A1}
Y dPUnabh¨=angigkeit
Z
{X1∈A1}∩{X2∈A2}
Y dP
und somit die Behauptung.
b) Es gilt
n
X
k=1
Zk =E
" n X
k=1
Zk
n
X
k=1
Zk
#
=
n
X
k=1
E
"
Zk
n
X
k=1
Zk
#
(∗)=
n
X
k=1
E
"
Zi
n
X
k=1
Zk
#
=T ·E
"
Zi
n
X
k=1
Zk
#
Zu (∗): Mit derselben Argumentation wie im Hinweis vona) seiA=S(Z)−1(B) f¨ur einB ∈ B(R). Dabei seienZ = (Z1, ..., Zn) undS:Rn−R; (z1, ..., zn)7→z1+...+z2 der (messbare) Summenoperator. Aist also ein Element des (∩-stabilen) Erzeugers von σ(Pn
k=1Zk). Dann gilt:
Z
A
E
"
Zi
n
X
k=1
Zk
# dP=
Z
A
ZidP= Z
Rn
1B(S(z1, ..., zk, ..., zi, ..., zn))zidPZ
= Z
Rn
1B(S(z1, ..., zi, ..., zk, ..., zn))zkdPZ˜ = Z
A
ZkdP
Dabei haben wir ausgenutzt, dass die Permutations-Abbildung, die diek-te mit der i-ten Komponente inRnvertauscht, den SummenoperatorS nicht “beeinflusst” und wegen Z1, ..., Zn i.i.d die Verteilung von
Z˜ = (Z1, ..., Zi, ..., Zk, ..., Zn)tr
unter Pdieselbe ist wie die des Vektors Z = (Z1, ..., Zk, ..., Zi, ..., Zn)tr unter P. Es folgt die Behauptung.
Aufgabe 3:
a) – Xt ist offensichtlich Ft-messbar.
– Sei t∈ {0, ..., T −1}, dann gilt
E[Xt+1|Ft] =Xt+E[Yt+1|Y1, ..., Yt]i.i.d= Xt+E[Yt+1] =Xt
Mit Aufgabe 5, Blatt 5 ist (Xt)t=1,...,T somit ein ((Ft)t=1,...,T,P)-Martingal.
b) Seit ∈ {0, ..., T −1}, dann gilt
E[Xt+1|F˜t] =Xt+E[Yt+1|Y1, ..., Yt, XT] =Xt+E
"
Yt+1
Y1, ..., Yt,
T
X
k=t+1
Yk
#
Aufg. 2 a)
= Xt+E
"
Yt+1
T
X
k=t+1
Yk
#
Aufg. 2 b)
= Xt+ 1 T −t
T
X
k=t+1
Yk 6=Xt P- f.s.
c) – X˜t ist offensichtlich ˜Ft-messbar.
– Sei t∈ {0, ..., T −1}, dann gilt
E[ ˜Xt+1|Ft] =E[Xt+1|F˜t]−
t
X
k=0
XT −Xk T −k
=Xb) t+ 1 T −t
T
X
k=t+1
Yk−
t−1
X
k=0
XT −Xk
T −k − XT −Xt T −t = ˜Xt
Mit Aufgabe 5, Blatt 5 ist ( ˜Xt)t=1,...,T somit ein (( ˜Ft)t=1,...,T,P)-Martingal.
d) Es gilt:
GT =
T
X
k=1
ξ˜k( ˜Xk−X˜k−1+XT −Xk−1
T −k+ 1 )
=
T
X
k=1
ξ˜k( ˜Xk−X˜k−1) +
T
X
k=1
ξ˜k 1 T −k+ 1
T
X
i=k
Yi
Da ( ˜Xt)t=0,...,T ein ( ˜Ft)t=0,...,T-Martingal ist und ( ˜ξt)t=1,...,T nach Angabe ( ˜Ft)t=0,...,T- previsibel sein soll, gilt:
E[GT|XT] =
T
X
k=1
1 T −k+ 1E
"
ξ˜k T
X
i=k
Yi
XT
#
Wegen der Forderung |ξ˜t| ≤1 f¨ur allet = 1, ..., T gilt also insbesondere f¨ur alle diese betrachteten Strategien:
E[GT|XT] =
T
X
k=1
1 T −k+ 1E
"
ξ˜k
T
X
i=k
Yi XT
#
≤
T
X
k=1
1 T −k+ 1E
" T X
i=k
Yi XT
#
≤
T
X
k=1
1 T −k+ 1E
"
T
X
i=k
Yi XT
#
Die Strategie ( ˜ξt∗)t=1,...,T mit
ξ˜t+1∗ := XT −Xt
|XT −Xt| = PT
i=kYi
PT i=kYi
liefert jedoch genau
E[GT|XT] =
T
X
k=1
1 T −k+ 1E
"
T
X
i=k
Yi XT
#
Da ( ˜ξt∗)t=1,...,T außerdem previsibel ist, ist dies also die gesuchte Strategie.
Aufgabe 4: Zun¨achst zeigen wie, dass unter den getroffenen Annahmen die Dichte dPdP∗ von P∗ bzgl. P gegeben ist durch
dP∗
dP = 2T ·(p∗)T+2ZT(1−p∗)
T−ZT 2 .
Tats¨achlich gewichtet P∗ jedes ω = (y1, ..., yT), das exakt k Komponenten mit yi = +1 beinhaltet durch
P∗({ω}) = (p∗)k(1−p∗)T−k.
F¨ur solcheω gilt jedoch ZT(ω) = k−(T −k) = 2k−T. Mit Beispiel ¨U 1.3.5 Teil 3) folgt schließlich diese Behauptung.
Nun folgt:
P∗(MT ≥k, ZT =k−l) =EP∗[1{MT≥k,ZT=k−l}]
=EP[1{MT≥k,ZT=k−l}2T(p∗)T+2ZT(1−p∗)
T−ZT 2 ]
= 2T(p∗)T+k−l2 (1−p∗)T+l−k2 EP[1{MT≥k,ZT=k−l}]
= 2T(p∗)T+k−l2 (1−p∗)T+l−k2 P(MT ≥k, ZT =k−l) = (∗) Mit dem in der Vorlesung gezeigten Reflektionsprinzip f¨ur P gilt
P(MT ≥k, ZT =k−l) =P(ZT =k+l).
Damit und erneuter Anwendung der Dichtefunktion folgt unmittelbar:
(∗) = 2T(p∗)T+k−l2 (1−p∗)T+l−k2 P(ZT =k+l)
= 2T(p∗)T+k−l2 (1−p∗)T+l−k2 P(ZT =k+l)
= 2T(p∗)T+k−l2 (1−p∗)T+l−k2 2−T(p∗)−T+k+l2 (1−p∗)−T−k−l2 P∗(ZT =k+l)
=
1−p∗ p∗
l
P∗(ZT =k+l)
Die Beweise der anderen Gleichungen folgen analog.
Aufgabe 5: Zun¨achst erkennen wir (z.B. mit Hilfe der Regel von L’Hospital), dass
√
N rN →0, √
N aN → −σ√
T , √
N bN →σ√ T .
Insbesondere gilt aN < rN < bN f¨ur hinreichend großesN. Aus der Vorlesung wissen wir dann, dass dasN’te approximierende Marktmodell f¨ur hinreichend großesN arbitragefrei ist und das eindeutige Martingalmaß P∗N zul¨asst. P∗N ist charakterisiert durch
P∗N(Rk(N) =bN) =:p∗N = rN −aN BN −aN.
Mit den obigen Konvergenzen erhalten wir insbesondere
N→∞lim p∗N = 1 2.
Nat¨urlich gilt aN ≤ R(N)k ≤ bN und aN, bN → 0. Außerdem gilt EP∗N[R(N)k ] = rN und somit
N
X
k=1
varN(Rk(N)) =N(p∗Nb2N + (1−p∗N)a2N −rN2)→σ2T.
Somit sind die Bedingungen erf¨ullt.
Aufgabe 6: O.b.d.A sei s0 = 1. Dann gilt logEP∗N[(SN(N))2] = logEP∗N[(
N
Y
k=1
(1 +R(Nk )))2] = log
N
Y
k=1
EP∗N[(1 +R(N)k )2]
= log
N
Y
k=1
(varN(1 +R(N)k ) +EP∗N[1 +R(N)k ]2)
=
N
X
k=1
log(varN(R(N)k ) + (1 +rN)2)
=
N
X
k=1
log(varN(R(N)k ) + (1 +rN)2−1 + 1)
Hinweis
≤ σN2T + 2N rN +N rN2 + ˜c
N
X
k=1
(varN(R(Nk )) + 2|rN|+rN2)2 f¨ur eine endliche Konstante ˜c. Die rechte Seite konvergiert aber f¨ur N % ∞, so dass logEP∗N[(SN(N))2] insbesondere durch eine von N unabh¨angige Konstante beschr¨ankt ist.
Somit folgt
sup
N EP∗N[(SN(N))2]<∞.
Aufgabe 7: Zun¨achst bemerken wir, dass ϕ(d+) =ϕ(d−+σ√
t) = 1
√2πe−
d2
− 2 ed−σ
√t
e−σ
2t 2
=ϕ(d−)K xe−rt Somit gilt:
i)
∆(x, t) = Φ(d+(x, t)) +xϕ(d+(x, t)) ∂
∂xd+(x, t)−e−rtKϕ(d−(x, t)) ∂
∂xd−(x, t)
= Φ(d+(x, t)) +xϕ(d+(x, t)) 1 xσ√
t −e−rtKϕ(d−(x, t)) 1 xσ√
t
= Φ(d+(x, t)) ii)
Γ(x, t) = ϕ(d+(x, t)) 1 xσ√
t
iii)
Θ(x, t) =xϕ(d+(x, t))∂
∂td+(x, t) +re−rtKΦ(d−(x, t))−e−rtKϕ(d−(x, t))∂
∂td−(x, t)
=xϕ(d+(x, t)) 1 2σ√
t(r+σ2
2 )−e−rtKϕ(d−(x, t)) 1 2σ√
t(r− σ2
2 ) +re−rtKΦ(d−(x, t))
= xσ 2√
tϕ(d+(x, t)) +Kre−rtΦ(d−(x, t)) iv)
%(x, t) = xϕ(d+(x, t))∂
∂rd+(x, t) +te−rtKΦ(d−(x, t))−e−rtKϕ(d−(x, t)) ∂
∂rd−(x, t)
=xϕ(d+(x, t))
√t
σ −e−rtKϕ(d−(x, t))
√t
σ +te−rtKΦ(d−(x, t))
=te−rtKΦ(d−(x, t)) v)
V(x, t) =xϕ(d+(x, t)) ∂
∂σd+(x, t)−e−rtKϕ(d−(x, t)) ∂
∂σd−(x, t)
=xϕ(d+(x, t))σt√
t−(log(Kx) + (r−σ2/2)t)√ t σ2t
+e−rtKϕ(d−(x, t))σt√
t+ (log(Kx) + (r−σ2/2)t)√ t σ2t
=x√
tϕ(d+(x, t))
Die letzte Gleichung folgt durch simples Einsetzen der Ergebnisse.