Opción binaria en el modelo B-S - cuestión técnica

Question

Quiero fijar el precio de una opción binaria según el modelo Black-Scholes.

El pago es de la forma $f(S_{T})=I_{\{S_{T}-K>0\}}$ .

Si suponemos que $t=0$ esto es fácil, porque entonces tenemos

$C_{0}=\mathbb{E}^{*}\left[e^{-rT}I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{0}\right]=e^{-rT}\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}\right]=e^{-rT}Q(S_{T}>K)=\ldots$

Pero cómo obtener un precio en cualquier momento $t\in[0,T]$ ?

Para cualquier $t\in[0,T]$ tenemos algo como esto:

$C_{t}=\mathbb{E}^{*}\left[e^{-r(T-t)}I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]=?$

Cómo calcular $\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]$ ?

Mi intento:

$S_{T}=S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^{*}_{T}-W^{*}_{t})}$

Sé que $W^{*}_{T}-W^{*}_{t}$ es independiente de $F_{t}$ (generado por el movimiento browniano).

En $I_{\{S_{T}-K>0\}}$ es independiente de $F_{t}$ ? ¿Por qué (en caso afirmativo)?

En caso afirmativo $\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]=\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}\right]=Q(S_{T}-K>0)=\ldots$

Answer 1

$I_{\{S_{T}-K>0\}}$ NO es independiente de $\mathcal{F}_{t}$ ya que \begin{align*} S_T=S_t \, e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t) + \sigma (W_T^*-W_t^*)}, \end{align*} donde $S_t \in \mathcal{F}_t$ aunque $e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t) + \sigma (W_T^*-W_t^*)}$ es independiente de $\mathcal{F}_t$ . Sin embargo, dado que $W_T^*-W_t^*$ es independiente de $\mathcal{F}_t$ es capaz de calcular \begin{align*} \mathbb{E}^{*}\left(I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right) &= Q(S_{T}-K>0 \mid \mathcal{F}_t)\\ &=Q\left(\sigma (W_T^*-W_t^*) \ge \ln\frac{K}{S_t} -(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t) \mid \mathcal{F}_t\right)\\ &=Q\left(\frac{W_T^*-W_t^*}{\sqrt{T-t}} \ge \frac{\ln\frac{K}{S_t} -(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}} \mid \mathcal{F}_t\right)\\ &=1-N\left( \frac{\ln\frac{K}{S_t} -(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}}\right)\\ &=N(d_2), \end{align*} desde $\frac{W_T^*-W_t^*}{\sqrt{T-t}}\sim N(0, 1)$ es independiente de $\mathcal{F}_t$ mientras que $\frac{\ln\frac{K}{S_t} -(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}}$ es $\mathcal{F}_t$ mensurable. Toma, $$d_2 = \frac{\ln\frac{S_t}{K} + (r-\frac{1}{2}\sigma^2) (T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}}$$

Answer 2

También puede deducir el valor de su opción binaria a partir del valor de una opción de compra europea con el mismo strike y plazo de vencimiento, poniéndose largo en una opción de compra con strike $K$ y plazo de vencimiento $\tau$ y corto en una llamada con strike $K+\Delta K$ y el mismo tiempo de maduración. Si mantiene $\frac{1}{\Delta K}$ de esa cartera, entonces como $\Delta K$ llega a cero, su ganancia total se acerca más a la ganancia de la opción binaria.

Si se denota por $V_t$ el valor de su opción binaria, y $C_t \left(\tau ,K \right)$ el valor de una opción de compra europea con strike $K$ y expira el $t+\tau$ entonces es fácil ver lo siguiente :

$$V_t = \lim_{\Delta K \to 0} \frac{1}{\Delta K} \left( C_t\left(\tau,K\right)-C_t\left(\tau,K+\Delta K\right) \right)$$

Básicamente, el valor de la opción binaria es el opuesto de la derivada parcial del precio de una opción de compra europea del mismo strike y plazo de vencimiento con respecto al strike, es decir, :

$$V_t = - \frac{\partial C_t}{\partial K} \left( \tau, K \right)$$ $$=-\frac{\partial}{\partial K} \left( e^{-q\tau} S_t \mathcal{N}\left( d_1 \right) - e^{-r \tau} K \mathcal{N}\left( d_2 \right) \right)$$ $$=e^{-r\tau} \mathcal{N} \left( d_2 \right)$$

Answer 3

Creo que he encontrado la respuesta correcta a mi pregunta.

Tenemos el siguiente teorema:

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Teorema. Si $X$ es independiente de $\mathcal{G}$ , $Y$ es $\mathcal{G}$ - medibles y $\phi(x,y)$ es una función acotada:

$$E\left[\phi(X,Y)|\mathcal{G}\right]=E\left[\phi(X,y)\right]$$

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En mi problema quiero calcular la siguiente fórmula:

$C_{t}=\mathbb{E}^{*}\left[e^{-r(T-t)}I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}^{*}\left[I_{\{S_{T}-K>0\}}|F_{t}\right]=\ldots $

así que si reescribo $S_{T}$ como $S_{T}=S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^{*}_{T}-W^{*}_{t})}$ conseguiré algo como esto:

$$S_{T}=Y\cdot e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma\cdot X}$$

donde $Y$ es $F_{t}$ - medibles y $X$ es independiente de $F_{t}$ .

Además, podemos definir $\phi(x,y)=I_{\{y\cdot e^{C+D\cdot x}-K>0\}}$ que está acotada.

Significa que utilizando el teorema anterior obtenemos:

$$\ldots=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}^{*}\left[I_{\left\{S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^{*}_{T}-W^{*}_{t})}-K>0\right\}}|F_{t}\right]$$ $$=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}^{*}\left[I_{\left\{S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^{*}_{T}-W^{*}_{t})}-K>0\right\}}\right]$$ $$=e^{-r(T-t)}Q\left(S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^{*}_{T}-W^{*}_{t})}-K>0\right)=\ldots$$

y esto es lo que queremos.

Observaciones.

Básicamente tiene razón. Para dos variables aleatorias independientes cualesquiera $X$ y $Y$ el teorema dice que \begin{align*} E\big(\phi(X, Y) \mid \mathcal{G} \big) = E\big(\phi(X, y) \,\big)\, |_{y=Y}. \end{align*} Aquí, para la expectativa condicional, \begin{align*} \mathbb{E}^*\bigg(I_{\big\{S_{t}e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^*_{T}-W^*_{t})}-K>0\big\}} \mid \mathcal{F}_{t}\bigg) &= \mathbb{E}^*\bigg( I_{\big\{s\,e^{(r-\frac{1}{2}\sigma^{2})(T-t)+\sigma(W^*_{T}-W^*_{t})}-K>0\big\}} \bigg)\,\Big|_{s=S_t}\\ &= N(d_2). \end{align*}