Cuadrado Integrable para la Transformación de Fourier

Question

El documento FFT para el precio de las opciones de Carr y Madan dice que la razón para añadir un amortiguador a la función de precio de compra es porque no es integrable al cuadrado: cuando el logaritmo de la huelga va a -infinito, el precio de compra va a S0. Estoy de acuerdo con esto pero pensé que la propiedad integrable al cuadrado significaba que la integral de cuadrado de una función entre -+ infinito es finita. Por lo tanto, tengo dos preguntas:

(1) ¿Cómo es que la función de precio de llamada rompe la propiedad integrable del cuadrado?

(2) Si el precio de la llamada no es integrable al cuadrado, ¿por qué no podemos tomar la Transformada de Fourier?

Gracias.

Answer 1

Una función de valor real $f(x)$ es integrable al cuadrado en $\Bbb{R}$ escribimos $f \in L^2(\Bbb{R})$ si y sólo si $$ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)^2 dx < \infty \tag{1} $$ A condición necesaria para que la integral anterior sea finita es $$\lim_{\vert x \vert\to\infty} f(x) = 0$$ Para convencerte, piensa en la interpretación de una integral como el área bajo una curva: ¿qué crees que pasa con la integral $(1)$ cuando $f(x)$ tiende a un límite asintótico no nulo, sabiendo que el integrando $f(x)^2$ ¿es positivo en todas partes?

Dejemos que $C(k,T)$ denota el precio (a día de hoy) de una opción de compra europea, que vence en $T$ y golpeó a $K=e^k$ . Desde $$\lim_{k\to-\infty} C(k,T) = \lim_{k\to-\infty} \Bbb{E}^\Bbb{Q}_t \left[ (S_T - e^k)^+ B_T^{-1} \right] = B(0,T) F(0,T) \ne 0$$ tenemos que $C(k,T) \notin L^2$ lo que responde a su primera pregunta.

---

Su segunda pregunta es más técnica. Básicamente, te enfrentas a una situación en la que el pdf neutral al riesgo asociado a tu marco de difusión no es analíticamente manejable para que no se pueda evaluar la expresión $$ C(k,T) = \Bbb{E}^\Bbb{Q}_t \left[ (S_T - e^k)^+ B_T^{-1} \right] = \int_{-\infty}^{+\infty} (e^{s_T}-e^k)^+ B_T^{-1} \phi(T, s_T) ds_T $$

Aun así, siendo su modelo afín , usted sabe que puede identificar el función característica de $s_T=\ln(S_T)$ en forma cerrada, que resulta ser la transformada de Fourier del pdf $\phi(T,s_T)$ : $$\mathcal{G}_g(u) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{ius} \phi(T,s) ds$$

A partir de ahí, le gustaría apelar a un resultado conocido como el Relación de Parseval , lo que le permitiría escribir \begin {align} C(k,T) &= \int_ {- \infty }^{+ \infty } \underbrace {(e^{s_T}-e^k)^+ B_T^{-1}}_{f(s_T)} \underbrace { \phi (T, s_T)}_{g(s_T)} ds_T \\ & = \langle f(s_T), g(s_T) \rangle = \frac {1}{2 \pi } \langle \mathcal {F}_f(u), \mathcal {G}_g(u) \rangle \tag {Parseval} \\ &= \frac {1}{2 \pi } \int_ {- \infty }^{+ \infty } \mathcal {F}_f(u) \mathcal {G}_g(u) du \end {align} lo que le permitiría explotar su conocimiento de la función característica $\mathcal{G}_g(u)$ Sólo tienes que encontrar la transformada de Fourier del pago descontado. Esto es exactamente lo que @MJ73550 hizo en su respuesta.

La cuestión es que la relación de Parseval sólo es válida para funciones de $f$ y $g$ en $L^2$ . Utilizando un argumento similar al anterior es fácil ver que $f \notin L^2$

Answer 2

$$E\left[(e^{X_T}-K)^+\right]=E\left[e^{\lambda X_T}e^{-\lambda X_t}(e^{X_T}-K)^+\right]$$ para $\lambda>1$ está bien tomar la transformada de Fourier de $e^{-\lambda x}(e^{x}-K)^+$ . Dejemos que $\hat{f}_{\lambda,k}$ sea la transformada de Fourier de $e^{-\lambda x}(e^{x}-K)^+$ entonces lo consigues:

$$E\left[(e^{X_T}-K)^+\right] = \int_{\mathbb{R}}E\left[e^{(\lambda +i2\pi\xi) X_T}\hat{f}_{\lambda,k}(\xi)\right]d\xi$$ y luego se usa la transfromación de Fourier para la fijación de precios porque se sabe bien cómo calcular $\phi_{T}(u)=E[e^{u X_T}]$ así, $$E\left[(e^{X_T}-K)^+\right] = \int_{\mathbb{R}}\phi_T\left(\lambda +i2\pi\xi\right)\hat{f}_{\lambda,k}(\xi)d\xi$$