Merton salto de difusión

Question

Alguien me puede ayudar en encontrar el valor esperado de la solución a Merton salto del modelo de difusión:

\begin{align} S_t &= S_0 \exp \left( \left(r - \frac{\sigma^2}{2} - \lambda k \derecho) t + \sigma W_t \derecho) \prod_{j=1}^{N_t} (1+\epsilon_i) \end{align}

donde $W_t$ es un BM y $N_t$ es un proceso de Poisson con intensidad $\lambda$ y $k$ es la expectativa de $\epsilon_i$. El Movimiento Browniano y el Proceso de Poisson son independientes.

Sé que

\begin{align} E \left[ \exp \left( \left(r - \frac{\sigma^2}{2} \right) t + \sigma W_t \derecho) \right] = \exp(rt) \end{align}

pero, ¿qué es

\begin{align} E \left[ \prod_{j=1}^{N_t} (1+\epsilon_i) \right] = ? \end{align}

Answer 1

Para todos los $i$ la media de $\epsilon_i$ es $k$ y que $\{\epsilon_i\}_i$ se yo.yo.d., tenemos$^{\text{(1)}}$:

$$\begin{align} E\left[\prod_{i=1}^{N_t}(1+\epsilon_i)\right] &=E\left[E\left[\prod_{i=1}^{N_t}(1+\epsilon_i)|N_t\derecho]\derecho] \\[6pt] &=E\left[\prod_{i=1}^{N_t}E\left[(1+\epsilon_i)|N_t\derecho]\derecho] \\[6pt] &=E\left[\prod_{i=1}^{N_t}(1+k)\right] \\[13pt] &= E\left[(1+k)^{N_t}\right] \end{align}$$

Por definición de la expectativa y la distribución de las propiedades de $N_t$:

$$\begin{align} E\left[(1+k)^{N_t}\derecho]&=\sum_{n=0}^{\infty}(1+k)^{n}\frac{(\lambda t)^n}{n!}e^{-\lambda t} \\[6pt] &= e^{k\lambda t} \end{align}$$

$\text{(1)}$ Nota una sutileza que me momentáneamente confundido: el producto de $n$ i.d.d. variables aleatorias $\epsilon_1,\cdots,\epsilon_n$ con la misma distribución que $\epsilon$ es no el mismo que el $\text{n}^{\text{th}}$ el poder de la variable $\epsilon$. Por lo tanto, directamente no se puede contraer el producto de $\prod_{1\leq i \leq n}(1+\epsilon_i)$ a el poder $(1+\epsilon)^n$, primero necesita "inyectar" la expectativa en el producto.