Derivada de Radon-Nikodym y medida natural de riesgo

Question

Necesito ayuda para entender el cambio de medida de la probabilidad. No soy un matemático así que espero respuestas que no sean demasiado técnicas.

Como se muestra en este artículo de Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Risk-neutral_measure puede cambiar la deriva de un GBM con el siguiente procedimiento:

$$dS_t = \mu S_t dt + \sigma S_t dW_t$$

Introducción de un nuevo proceso:

$$d\tilde{W_t} = dW_t - \frac{\mu - r}{\sigma}dt$$

Entiendo que ahora el valor descontado del siguiente proceso:

$$dS_t = r S_t dt + \sigma S_t d \tilde{W_t}$$

es una martingala si $\tilde{W_t}$ es un movimiento browniano estándar. Bien, entonces cambiamos a una nueva medida de probabilidad Q y ahora $\tilde{W_t}$ es un movimiento browniano estándar.

Mi primera pregunta es, $W_t$ ya no puede ser un movimiento browniano estándar bajo Q, porque ahora tiene una expectativa distinta de cero, ¿es esto cierto?

Si la probabilidad de un evento, $dW_t=x$ bajo la medida física, P, es $dP(x)$ entonces la probabilidad de ese mismo evento bajo Q es $dQ(x)=dP(x) \Phi(x)$ , donde $\Phi(x)$ es lo que creo que se llama la derivada de Radon-Nikodym. Para $d\tilde{W_t}$ para tener una expectativa cero, entonces bajo Q $E_Q[dW_t]=\frac{\mu-r}{\sigma}t$ ¿tengo razón?

Si esto es cierto, ¿podemos entonces encontrar $\Phi(x)=\frac{dQ(x)}{dP(x)}$ dividiendo la función de densidad de un movimiento browniano con expectativa $\frac{\mu-r}{\sigma}t$ con la función de densidad de a para un movimiento browniano estándar?

$$\frac{e^{\frac{-(x-\frac{\mu-r}{\sigma}t)^2}{2t}}}{e^{\frac{-x^2}{2t}}}$$ $$e^{\frac{x^2}{2t}\frac{-(x-\frac{\mu-r}{\sigma}t)^2}{2t}}$$ $$e^{\frac{x^2-(x-\frac{\mu-r}{\sigma}t)^2}{2t}}$$ $$e^{\frac{x^2-x^2+2x\frac{\mu-r}{\sigma}t-\frac{\mu^2-2\mu r+r^2}{\sigma^2}t^2}{2t}}$$ $$e^{x\frac{\mu-r}{\sigma}-\frac{\mu^2-2\mu r+r^2}{2 \sigma^2}t}$$

Denota $\frac{\mu-r}{\sigma}$ el precio de mercado del riesgo, como $\lambda$ y sustituyendo obtenemos

$$\Phi(x)=e^{x\lambda-\frac{1}{2}\lambda^2 t}$$

El problema es que en la mayoría de las referencias que he mirado se dice que la derivada de Radon-Nikodym como algo así:

$$\Phi(t)=e^{-\int^t_0 \lambda dW(u)-\frac{1}{2}\int^t_0 \lambda^2 du}$$

No consigo ver la relación entre estas expresiones. ¿Es posible resolver la última expresión?

Answer 1

Su error se produce en realidad al principio:

"Introduciendo un nuevo proceso: $d\tilde{W}_t = dW_t +\frac{\mu-r}{\sigma} dt $ "

Esto es incorrecto. Más bien, $d\tilde{W}_t = dW_t -\frac{\mu-r}{\sigma} dt $

Por lo demás, tu derivación es correcta. Después de corregir el error de signo, la ecuación final es $\Phi(x)=e^{-\lambda x-\frac{1}{2}\lambda^2 t}$ . Observe que cuando $\lambda$ es una constante, $\int_0 ^t \lambda dW_t =\lambda x$ donde $x$ es una variable aleatoria de distribución normal. De ahí que su derivación coincida con sus referencias. Sin embargo, las referencias son más generales ya que no requieren $\lambda$ para ser una constante.

"¿Es posible resolver la última expresión?"

En general, no hay razón para "resolver" la derivada de Radon-Nikodym. El mero hecho de saber que existe nos permite fijar el precio de los créditos contingentes como valores esperados de funciones del subyacente, que a menudo pueden calcularse de forma eficiente. De hecho, si el objetivo es valorar los activos $\lambda$ se puede ignorar con seguridad.

Answer 2

Llego cinco años tarde a la fiesta, pero permítanme poner mis dos centavos de intuición.

Dejemos que $W^P_t \equiv W_t$ y $W^Q_t \equiv \tilde{W_t}$ para recordar más fácilmente bajo qué medida cualquiera es un movimiento browniano estándar.

Además, deja que $\lambda := \frac{\mu-r}{\sigma}$ que se utilizará como abreviatura a continuación.

Entonces,

$ \frac{dS_t}{S_t} = \mu dt + \sigma dW^P_t$

$\phantom{\frac{dS_t}{S_t}}= rdt + \sigma \cdot\left(dW^P_t + \frac{\mu-r}{\sigma}dt \right) $

$\phantom{\frac{dS_t}{S_t}}= rdt + \sigma \cdot d \left(W^P_t + \lambda t\right) $

$\phantom{\frac{dS_t}{S_t}}= rdt + \sigma dW^Q_t $ ,

donde $$ W^Q_t:=W^P_t + \lambda t \iff W^P_t=W^Q_t - \lambda t.$$

Ya sabemos que $W^P_t$ es un movimiento browniano estándar bajo $\mathbb{P}$ Es decir $W^P_t|\mathcal{F_0} \sim \mathcal{N}^P(0, t).$

Ahora, ¿cuál es la distribución de $W^P_t$ en $\mathbb{Q}$ ? Esto viene dado por la relación anterior entre los dos movimientos brownianos, por ejemplo, nuestra intuición, tomando la expectativa en ambos lados da como resultado $E^Q[W^P_t|\mathcal{F_0}] = E^Q[W^Q_t|\mathcal{F_0}] - \lambda t = - \lambda t$ . Aquí podemos ver que $W^Q_t$ no es un movimiento browniano estándar bajo $\mathbb{Q}$ ya que la deriva no es nula.

$$ W^P_t|\mathcal{F_0} \sim \mathcal{N}^P(0, t)$$ $$ W^P_t|\mathcal{F_0} \sim \mathcal{N}^Q(-\lambda t, t)$$

La razón de probabilidad entre estas dos densidades es $$ \Phi_1(t) := \frac{f^Q(W^P_t)}{f^P(W^P_t)} = \frac{\exp(-\frac{(W^P_t+\lambda t)^2}{2t})}{\exp(-\frac{(W^P_t)^2}{2t})} = e^{-\lambda W^P_t - \frac{1}{2}\lambda^2 t} = e^{-\lambda \int_0^t dW^P_u - \frac{1}{2}\lambda^2 \int_0^t du}.$$

También se puede hacer lo mismo pero para $W^Q_t|\mathcal{F_0}$ que tiene distribuciones $\mathcal{N}^Q(0,t)$ y $\mathcal{N}^P(\lambda t,t)$ pero el resultado será el mismo después de una sustitución. $$ \Phi_2(t) = \frac{f^Q(W^Q_t)}{f^P(W^Q_t)} = e^{-\lambda W^Q_t + \frac{1}{2}\lambda^2 t} = e^{-\lambda W^P_t - \frac{1}{2}\lambda^2 t} = \Phi_1(W^P_t).$$

Lo anterior es lo que buscabas. Tenga en cuenta que lo anterior sólo funciona si $\lambda$ es constante.

Si no lo es, es decir $\lambda(t)$ se puede discretizar la relación de los movimientos brownianos, obtener una expresión similar a la anterior pero para el intervalo $(t,t+\Delta t)$ como $\Phi(t,t+\Delta t) = e^{-\lambda_t \Delta W^P_t - \frac{1}{2}\lambda^2 \Delta t}$ , agregado de $0$ a $T$ como $\Phi(t_0,t_0+\Delta t)\cdot .. \cdot \Phi(t_T,t_T+\Delta t)$ y que $\Delta t \to 0$ lo que dará lugar a $$\Phi(0,t) = e^{-\int_0^t \lambda_u dW^P_u - \frac{1}{2} \int_0^t \lambda_u^2 du} .$$