¿Cómo demostrar que el modelo exponencial de Vasicek no es un modelo de estructura de términos afín?

Question

A partir de la fórmula de fijación de precios, sabemos que el valor en el momento $t\in [0,T]$ de un bono de cupón cero que vence en el momento $T$ es $$ B(t,T)=E\left(\exp{\left(-\int_{t}^{T}r_sds\right)}\bigg|\mathcal{F}_t\right). $$ Además, decimos que $B(t,T)$ tiene una estructura de términos afín, si $$ B(t,T)=\exp{\left(A(t,T)-C(t,T)r_t\right)}\;\;\ \text{for} \;\;\ t\in[0,T], $$ donde $A$ y $C$ son funciones deterministas.

Mi pregunta es la siguiente :

Para el modelo exponencial de Vasicek definido por $$ r_t=\exp{(X_t)}\;\;\ \text{with}\;\;\ dX_t=k(\theta-X_t)dt+\sigma dW_t, $$ donde k, $\theta$ , $\sigma>0$ y $W$ es un movimiento browniano bajo la medida de riesgo neutral.

¿Cómo demostrar que este modelo no es un modelo de estructura de términos afines?

Answer 1

He aquí una prueba general para todos los parámetros en un dominio abierto.

$$dr = adt+bdW:=r\big(k(\theta-x)+\frac12\sigma^2\big)dt+\sigma rdW.$$ Dejemos que $$u(r(s),s):=e^{-\int_t^sr}B(r(s),s,T)=:\phi(s) B.$$ Entonces $$u(r(t),t)=\mathbf E\big[u(r(s),s)\big|r(t)\big],\, \forall t<s. \tag{1}$$ Así que, por el Lemma de Ito, \begin{align} du(r(s),s) &= Bd\phi +\phi dB \\ &= \phi \bigg(-rB+\frac{\partial B}{\partial s}ds+\frac{\partial B}{\partial r}dr+\frac12\frac{\partial^2 B}{\partial r^2}(dr)^2\bigg) \\ &= \phi \bigg[\bigg(-rB+\frac{\partial B}{\partial s}+\frac{\partial B}{\partial r}a+\frac12\frac{\partial^2 B}{\partial r^2}b^2\bigg)ds+\frac{\partial B}{\partial r}bdW\bigg] \\ &=: \phi\,(fds+gdW_s). \end{align} Vemos en la ecuación (1) $\mathbf E\big[u(r(s),s)\big|r(t)\big]$ es constante con respecto a $s$ . Así que $$0=\frac{d\mathbf E\big[u(r(s),s)\big|r(t)\big]}{ds}\bigg|_{s=t}=f(r(t),t) \tag{2}$$ mediante la ecuación (1).

Supongamos que $B$ es afín. Sustituir en $\frac{f}{B}$ la expresión afín para $B(r,t,T)$ y la expresión de $a$ y $b$ tenemos por la ecuación (2) $$A'-\Big(C'+\Big(k\theta+\frac{\sigma^2}2\Big)C-1\Big)e^{X_t}+kCX_te^{X_t}+\frac{(\sigma C)^2}{2}e^{2X_t}=0,\quad\forall X_t\in R,$$ donde $'$ denota la derivada parcial con respecto a $t$ (indicando la primera variable). Tomando las derivadas con respecto a $X_t$ o Taylor ampliando $e^{X_t}$ vemos $(1,e^{X_t},X_te^{X_t},e^{2X_t})$ es linealmente independiente. Así que todos los factores delante de esos términos desaparecen. Esto sólo es posible cuando $k=\sigma=0,\,C(t,s)=s-t$ y $A(t,s)=0$ .

Answer 2

Lo demostraremos por contradicción. Sea $\theta=0$ y $\sigma=0$ . $X_t=X_0e^{-kt}$ y $$B(0,t)=\exp\Big(-\int_0^te^{X_0e^{-ks}}ds\Big).$$ Supongamos lo contrario, que $B(0,t)$ es afín. Deberíamos tener $$ B(0,t)=\exp{\left(A(0,t)-C(0,t)e^{X_0}\right)}\;\;\ \forall (t,X_0), \tag{1} $$ Diferencie el logaritmo de la ecuación (1) con respecto a $t$ lado, $$e^{X_0e^{-kt}}=C'(0,t)e^{X_0}.$$ Tomando el logaritmo de la ecuación anterior, obtenemos $$(1-e^{-kt})X_0=-\ln C'(0,t),\quad \forall X_0$$ que sólo es posible para $k=0$ . Por lo tanto, este modelo no es afín en general.

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Alternativamente y de forma más general, se puede escribir la EDP o la EDPE para ambas expresiones y comparar los coeficientes de los términos diferenciales similares.