¿Cuál es el efecto de la media de la reversión de una parte superior de la barrera knock-out opción?

Question

Considere la posibilidad de un decir-de revertir modelo normal para un subyacente

$dX^{(1)}_t=-\kappa X^{(1)}_tdt+\sigma^{(1)} dW^{(1)}_t$,

fijo independiente del tiempo constantes, $\kappa$ (media-reversión) y $\sigma^{(1)}$ (volatilidad) y el movimiento Browniano, $W^{(1)}_t$. Supongamos que el uso de este modelo, me calcular precios de las opciones para todos los $t$, a continuación, calibrar el tiempo-dependiente local vol, $\sigma_t^{(2)}$, de un segundo modelo normal (sin decir-reversión)

$dX^{(2)}_t=\sigma_t^{(2)} dW^{(2)}_t$,

así que los dos modelos dan los mismos precios para opciones de vainilla en todo momento.

Será un continuo superior de la barrera knock-out opción de compra más barato en el primer o segundo modelo?

Por simplicidad, tomar $X_0=Y_0=0$, y asumir que la parte superior de la barrera, $B$, es mayor que el de la huelga, $K$.

Answer 1

Cuando van a resolver el local vol en el no significa revertir modelo, usted encontrará que esto depende también de la huelga. Por lo tanto, sólo puede coincidir con la vainilla opciones de precios entre los dos modelos de un solo golpe.

Digamos que tienes que elegir una huelga K>0 para que coincida con el de vainilla precio de la opción. Usted encontrará que por la huelga de B, donde B>K, la media de revertir el modelo produce un menor precio de la opción, ya que tiene menos probabilidad de un extremo mover. Ahora, la barrera de la opción de ver simplista consiste en corto optatividad en la B huelga - por lo tanto, la barrera de la opción es un valor más bajo de la media revertir modelo, suponiendo que K huelgas han sido igualados.

Answer 2

Primero esto no es una respuesta completa, pero puede ayudarte.

Usted probablemente llegará a $B$ rápidamente con $(1)$ de con $(2)$.

Sugerencia de la afirmación anterior

Yo podría reformular su pregunta.

Supongo que su precio condición es $$\left\langle X^{(2)}\right\rangle_t=\left\langle X^{(1)}\right\rangle_t $$ por lo que se obtiene :

$$X^{(1)}_t = \int_0^t\sigma^{(1)}e^{-\kappa(t-u)}dW^{(1)}_u$$

y

$$X^{(2)}_t = \int_0^t\sigma^{(1)}e^{-\kappa u} dW^{(2)}_u$$

Desea, a continuación, estudiar si existe orden de entre $\tau^1_B$ y $\tau^2_B$

$$\tau^i_B=\inf\left\{t\geq 0:X^{(i)}_t\geq B\right\}$$

La configuración de $V(t)=\left\langle X^{(2)}\right\rangle_t=\left\langle X^{(1)}\right\rangle_t$ y $$ Y^i_t(\lambda) = e^{\lambda X^i_t -\frac{\lambda^2}{2}V(t)}$$

usted obtener (probarlo (yo creo que tengo la prueba, pero no estoy seguro) ) por $\lambda\geq 0$

$$\mathbb{E}[Y^2_t(\lambda)|Y^2_s(\lambda)]=Y^2_s(\lambda)$$ donde como $$\mathbb{E}[Y^1_t(\lambda)|Y^1_s(\lambda)]\geq Y^1_s(\lambda)$$

así se obtiene :

$$\mathbb{E}[e^{-\frac{\lambda^2}{2}V(\tau^2_B)}]\leq \mathbb{E}[e^{-\frac{\lambda^2}{2}V(\tau^1_B)}]$$

que invalida $\tau^2_B>\tau^1_B$ a.s desde $V$ es cada vez mayor.

Sé que esto no es una prueba de la primera afirmación, pero espero que le pueden ayudar a usted.