Fijar el precio de una opción con pago $\left(1-\frac{K}{S_t}\right)^{+}$

Question

Dejemos que $S_t=S_0 \exp\left\{rt+0.5\sigma^2t+\sigma W_t\right\}$ sea el modelo habitual de GBM para el precio de una acción bajo el numerario del mercado monetario.

Supongamos que queremos fijar el precio de una opción con pago al vencimiento: $C_T=(1-\frac{K}{S_T})^{+}$

Usando el teorema fundamental, tenemos:

$$C_0=e^{-rT}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\left(1-\frac{K}{S_T}\right)\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=e^{-rT}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\mathbb{I}_{S_T>K}-\frac{K}{S_T}\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=\\=e^{-rt}N(d_2)-e^{-rT}K\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\frac{\mathbb{I}_{S_T>K}}{S_T}\right]=\\=e^{-rT}N(d_2)-e^{-rT}K\int_{K}^{\infty}\left(\frac{1}{h}f_{S_T}(h)\right)dh=\\=e^{-rT}N(d_2)-e^{-rT}K\int_{K}^{\infty}\left(\frac{1} {h^2 \sqrt{t}\sigma \sqrt{2\pi}} \exp\left\{{-\frac{(\ln(h/S_0)-(r-0.5\sigma^2)t)^2}{2\sigma^2t}}\right\}\right)dh$$

Pregunta 1 : ¿Existe una manera fácil de resolver la integral anterior analíticamente?

Pregunta 2 : ¿Existe una forma más inteligente de fijar el precio de este tipo de opciones, es decir, a través de un Numerario diferente o algo similar?

Muchas gracias por cualquier pista,

Editar : Para completar, he encontrado una pista en esta pregunta aquí lo que conduce a una forma alternativa de resolver el problema de la fijación de precios. Utilizando esa pista, el término integral puede simplificarse como sigue:

$$K\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\frac{1}{S_T}\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=\frac{K}{S_0}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\frac{S_0}{S_T}\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=\\=\frac{K}{S_0}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\exp\left\{-rT+0.5\sigma^2T-\sigma W_T\right\}\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+0.5\sigma^2T}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\exp\left\{-\sigma W_T\right\}\mathbb{I}_{S_T>K}\right]=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+0.5\sigma^2T}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\exp\left\{-\sigma \sqrt{T}Z\right\}\mathbb{I}_{Z>-d_2}\right]=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+0.5\sigma^2T}\int_{-d2}^{\infty}\left(\exp\left\{-\sigma \sqrt{T}h\right\}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left\{\frac{-h^2}{2}\right\}\right)dh=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+0.5\sigma^2T}\int_{-d2}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left\{\frac{-h^2-2\sqrt{T}\sigma+\sigma^2T - \sigma^2T }{2}\right\}\right)dh=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+\sigma^2T}\int_{-d2}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left\{\frac{-(h+\sigma \sqrt{T})^2}{2}\right\}\right)dh=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+\sigma^2T}\mathbb{P}\left(Z-\sigma\sqrt{T}>-d2\right)=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+\sigma^2T}\mathbb{P}\left(Z<d2-\sigma\sqrt{T}\right)=\\=\frac{K}{S_0}e^{-rT+\sigma^2T}N(d_3)$$

Así que el resultado final sería:

$$C_0=e^{-rT}N(d_2)-\frac{K}{S_0}e^{-2rT+\sigma^2T}N(d_3)$$

Que es el mismo resultado que se proporciona en la respuesta de abajo.

Answer 1

$\frac{1}{S_t}$ es log-normal

Si $S_t$ es un movimiento browniano geométrico, también lo es $\frac{1}{S_t}$ y de hecho cualquier poder $S_t^\alpha$ . Basta con utilizar el lema de Itô y establecer $f(t,x)=\frac{1}{x}$ , \begin{align*} \mathrm{d}f(t,S_t) &= \left(0-\mu S_t\frac{1}{S_t^2}+\frac{1}{2}\sigma^2S_t^2\frac{2}{S_t^3}\right)\mathrm{d}t-\sigma S_t \frac{1}{S_t^2}\mathrm{d}W_t \\ &=- \frac{1}{S_t}\left(\left(\mu -\frac{1}{2}\sigma^2\right)\mathrm{d}t+\sigma \mathrm{d}W_t\right). \end{align*}

Más sencillo aún, se puede ver \begin{align*} S_t&=S_0\exp\left(\left(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2\right)t+\sigma W_t\right) \\ \implies \frac{1}{S_t}&=S_0^{-1}\exp\left(-\left(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2\right)t-\sigma W_t\right). \end{align*} La forma más trivial es probablemente $$\ln\left(\frac{1}{S_t}\right)=-\ln(S_t)\sim N\left(-\ln(S_0)-\left(\mu-\frac{1}{2}\sigma^2\right)t,\sigma^2t \right).$$

El resto es estándar

Dejemos que $X=e^{m+s Z}$ , donde $m=-\ln(S_0)-\left(r-\frac{1}{2}\sigma^2\right)T$ , $s=\sigma\sqrt{T}$ y $Z\sim N(0,1)$ . Entonces, \begin{align*} \mathbb{E}\left[\max\left\{1-\frac{K}{S_T},0\right\}\right] &= K\mathbb{E}\left[\max\left\{\frac{1}{K}-X,0\right\}\right] \\ &= \Phi\left(-\frac{m+\ln(K)}{s}\right)-Ke^{m+0.5s^2}\Phi\left(-\frac{m+\ln(K)+s^2}{s}\right). \end{align*}

Entonces, $e^{m+0.5s^2}= \frac{1}{S_0} e^{-\left(r-\sigma^2\right)T}$ y por supuesto, \begin{align*} \Phi\left(-\frac{m+\ln(K)}{s}\right) &=\Phi\left(\frac{\ln(S_0/K)+\left(r-\frac{1}{2}\sigma^2\right)T}{\sigma \sqrt{T}}\right)=:\Phi(d_0), \\ \Phi\left(-\frac{m+\ln(K)+s^2}{s}\right) &=\Phi\left(\frac{\ln(S_0/K)+\left(r-\frac{3}{2}\sigma^2\right)T}{\sigma \sqrt{T}}\right)=:\Phi(d_{-1}). \end{align*}

El precio final de la opción es entonces \begin{align*} V_0 = e^{-rT}\Phi\left(d_0\right)-\frac{K}{S_0}e^{-\left(2r-\sigma^2\right)T}\Phi\left(d_{-1}\right). \end{align*}

Relación con los numéraires

Se puede ver la deriva $r-\sigma^2$ que aparecen en los términos $e^{m+0.5s^2}$ y $\Phi\left(-\frac{m+\ln(K)+s^2}{s}\right)$ . Esta deriva corresponde a un cambio numérico como sugiere @Gordon. Recordemos que la deriva de $S_t$ bajo la medida de las acciones $\mathbb{S}$ es $r+\sigma^2$ , ver aquí y su propia pregunta . Esta respuesta describe con gran detalle los números de potencia. El mismo final de esta respuesta confirma que la deriva de $S_t$ bajo una medida que utiliza el proceso de valor de $S_t^{-1}$ (es decir $V_t=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}^\mathbb{Q}[S_T^{-1}|\mathcal{F}_t]$ ) como numéraire es $r-\sigma^2$ .