La expectativa de los tiempos de Gamma S $^2$ en el modelo Black-Scholes

Question

¿Alguien puede probar eso?

$$E[S_t^2 \times \Gamma (t,S_t)] = S_0^2 \times \Gamma (0,S_0)$$

donde $S_t$ sigue un proceso lognormal como en el modelo Black-Scholes, y Gamma es la segunda derivada $ \partial ^2 C/ \partial S^2$ del precio de la opción con respecto a S.

Puedo ver que es verdad usando la simulación, pero no puedo probarlo. Parece que también es cierto para los Vega.

Answer 1

Lo que hay que hacer es demostrar que la gamma del dólar satisface la EDP de Black-Scholes. Usando Feynman-Kac se deduce entonces que la gamma del dólar es una expectativa de un "pago", al igual que el precio de la demanda de Black-Scholes es una expectativa de un pago. Y si algo es la expectativa de un pago, entonces es una martingala.

En realidad, no se necesita la hipótesis de Black-Scholes. Esto funcionará para cualquier modelo (LV, SV, LSV...).

Dejaré lo anterior para que lo lleves a cabo. Lo que me gustaría mostrar es un pequeño y bonito truco que utiliza la propiedad de homogeneidad de la fórmula de precios de Black-Scholes: Denotando las derivadas parciales por subíndices, la homogeneidad de la función del precio de la llamada BS significa que $$ C = SC_S + KC_K $$ Tomar de nuevo la derivada a $S$ de la ecuación anterior, y también tomar la derivada a $K$ de la ecuación anterior. Eso te dará dos ecuaciones, y después de algunas cancelaciones te llevará a la siguiente igualdad: $$ S^2C_{SS} = K^2C_{KK} $$ El lado izquierdo es la gamma del dólar. El lado derecho es $K^2$ veces la densidad de probabilidad descontada. Pero la densidad de probabilidad descontada es sólo $$ C_{KK} = e^{-r(T-t)} E_t [ \delta(S_T-K)] $$ donde $\delta$ es la función delta de Dirac. Por lo tanto, la gamma del dólar es una martingala.

Obsérvese que el truco de la homogeneidad también muestra inmediatamente que la delta del dólar es también una martingala ya que $C_K = - e^{-r(T-t)} E_t [\theta (S_T - K)] $ , donde $\theta$ es la función de Heaviside.

Answer 2

La conjetura es cierta cuando el tipo de interés es cero. Obsérvese que, a partir de esta pregunta bajo el modelo Black-Scholes, \begin{align*} \Gamma(t,S_t) &= \frac{N'(d_1(t))}{S_t \sigma \sqrt{T-t}}\\ Vega(t,S_t) &= S_tN'(d_1(t)) \sqrt{T-t}, \end{align*} donde \begin{align*} d_1(t) = \frac{\ln \frac{S_t}{K} + \big(r+\frac{1}{2}\sigma^2\big)(T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}}. \end{align*} Entonces, es fácil ver que \begin{align*} Vega(t,S_t) = \sigma\, (T-t)\, S_t^2\, \Gamma(t,S_t). \end{align*} En consecuencia, \begin{align*} E\big( \sigma (T-t)\,S_t^2\, \Gamma(t,S_t)\big) &= E\big(Vega(t,S_t)\big) \tag{1}\\ &= E\left(\frac{\partial}{\partial \sigma}E\left(e^{-r(T-t)} (S_T-K)^+\big|\mathscr{F}_t\right) \right). \end{align*} Sin embargo, no podemos sacar la diferencial parcial ya que esta diferencial sólo implica la volatilidad de $t$ a $T$ y, si lo quitamos, entonces la volatilidad de $0$ a $T$ está involucrado.

Denotamos por $\sigma_1=\sigma$ la volatilidad de $0$ a $t$ y $\sigma_2=\sigma$ la volatilidad de $t$ a $T$ . Además, dejemos que \begin{align*} \hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{T}\left(\sigma_1^2 t + \sigma_2^2 (T-t)\right)} = \sigma. \end{align*} Entonces \begin{align*} E\big(Vega(t,S_t)\big) &= E\left(\frac{\partial}{\partial \sigma_2}E\left(e^{-r(T-t)} (S_T-K)^+\big|\mathscr{F}_t\right) \right)\\ &=\frac{\partial}{\partial \sigma_2}E\left(e^{-r(T-t)} (S_T-K)^+\right)\\ &= e^{rt} \frac{\partial}{\partial \sigma_2}E\left(e^{-rT} (S_T-K)^+\right)\\ &= e^{rt} \frac{\partial}{\partial \hat{\sigma}}E\left(e^{-rT} (S_T-K)^+\right) \frac{\partial \hat{\sigma}}{\partial \sigma_2}\\ &=e^{rt} Vega(0,S_0) \frac{T-t}{T}\\ &= e^{rt} \sigma\, T\,S_0^2\, \Gamma(0,S_0) \frac{T-t}{T}\\ &= e^{rt} \sigma\, (T-t)\,S_0^2\, \Gamma(0,S_0). \end{align*} Por lo tanto, desde $(1)$ , \begin{align*} E\big(S_t^2\, \Gamma(t,S_t)\big) = e^{rt} S_0^2\,\Gamma(0,S_0). \end{align*}