Precio de una opción de doble barrera

Question

Supongamos que una opción se define de la siguiente manera. Existe una barrera superior en $H$ y una barrera más baja en $0$ . Si el precio de las acciones toca la barrera superior se obtiene un pago de $1$ y la operación termina inmediatamente. Del mismo modo, si el precio de las acciones toca la barrera inferior, se obtiene un pago de $0$ y el comercio termina. ¿Cuál es el precio de la opción? (Supongamos que los tipos de interés son cero y que el subyacente tiene un movimiento browniano geométrico)

No estoy seguro de cómo debe tratarse esta opción, cualquier solución a este problema será muy apreciada.

Answer 1

Como se ha especificado, supondré que su opción es perpetua; también supondré que está escrita sobre un activo cuyo precio $(S_t)_{t \geq 0}$ sigue un Movimiento Browniano Geométrico (GBM) con coeficiente de deriva $rS_t$ y el coeficiente de difusión $\sigma S_t$ bajo la medida de riesgo neutral $\mathbb{Q}$ $-$ suponemos un tipo de interés constante sin riesgo:

$$ dS_t = rS_tdt + \sigma S_t dW_t$$

donde $W_t = W_t^{\mathbb{Q}}$ . Definamos ahora los dos tiempos de golpeo que nos interesan $-$ donde el tiempo $0$ es hoy:

• El momento en que el precio de las acciones supera la barrera $H$ : $\tau_H=\min\{t \geq 0:S_t=H\}$ ;
• El momento en que el precio de las acciones alcanza $0$ : $\tau_0=\min\{t \geq 0:S_t=0\}$ .

Los 2 $^{\text{nd}}$ es irrelevante: la probabilidad de $S_t$ golpeando $0$ es $0$ . Por lo tanto, nos quedamos con un pago de $1$ cuando el precio alcanza la barrera $H$ Después, la operación expira. Dejando entonces:

$$ \tau = \tau_H$$

Según la teoría de la valoración neutral del riesgo, el precio actual $C_0$ de este reclamo está dado por su pago descontado bajo la medida neutral de riesgo $^{(1)}$ :

$$ C_0 = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{-r\tau}|\mathcal{F}_0] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{-r\tau}] $$

Por lo tanto:

• Si el tipo de interés es $0$ el problema es trivial y el precio de la reclamación es $1$ Como explica @dm63 en su comentario.
• Por otro lado, si $r >0$ entonces tenemos que calcular la transformada de Laplace del tiempo de golpeo de un GBM, lo que equivale a calcular la transformada de Laplace de un movimiento browniano aritmético.

Déjalo:

$$ \tau = \min\{t \geq 0 : W_t+\theta t = x\} $$

sea el tiempo de llegada del movimiento browniano aritmético (ABM) con volatilidad $1$ et $0<\alpha<1$ . La solución, que demuestro en el apéndice siguiente, es:

$$ \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{-\alpha\tau}\right] = e^{(\theta-\sqrt{\theta^2+2\alpha})x}$$

Pero para aplicarlo a nuestro problema, requiere la siguiente suposición fuerte $^{(1)}$ :

$$ \frac{2r-\sigma^2}{2\sigma} \geq 0 \quad \Leftrightarrow \quad r \geq \frac{\sigma^2}{2}$$

Ahora, observa que al dejar $S_0$ sea el precio actual de las acciones, tenemos:

$$ S_t = S_0e^{(r-\frac{\sigma^2}{2})t+\sigma W_t} = H \quad \Leftrightarrow \quad W_t + \frac{2r-\sigma^2}{2\sigma}t = \frac{1}{\sigma}\log \frac{H}{S_0}$$

Dejando:

$$ \begin{align} & \alpha := r \\[6pt] & \theta := \frac{2r-\sigma^2}{2\sigma} \\[6pt] & x := \frac{1}{\sigma}\log \frac{H}{S_0} \end{align} $$

Lo tenemos:

$$ \begin{align} \left(\theta - \sqrt{\theta^2+2\alpha}\right)x & = \left(\frac{2r-\sigma^2}{2\sigma}-\sqrt{\frac{(2r-\sigma^2)^2}{4\sigma^2}+2r}\right)\frac{1}{\sigma}\log \frac{H}{S_0} \\[6pt] & = \left(\frac{2r-\sigma^2}{2\sigma}-\sqrt{\frac{4r^2-4r\sigma^2+\sigma^4+8r\sigma^2}{4\sigma^2}}\right)\frac{1}{\sigma}\log \frac{H}{S_0} \\[6pt] & = \left(\frac{2r-\sigma^2}{2\sigma}-\sqrt{\frac{(2r+\sigma^2)^2}{4\sigma^2}}\right)\frac{1}{\sigma}\log \frac{H}{S_0} \\[6pt] & = \log \frac{S_0}{H} \end{align} $$

Por lo tanto:

$$ \boxed{C_0 = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{-r\tau}\right] = \frac{S_0}{H}}$$

Nótese que para que la afirmación tenga sentido, necesitamos $H > S_0$ , por lo que tenemos $0 \leq C_0 < 1$ . El precio tiene una característica llamativa: no depende de la volatilidad del precio de las acciones. Esto se explica por el hecho de que, en una escala de tiempo perpetua y dado que estamos casi seguros de que el precio de las acciones alcanzará la barrera (véase el apéndice), la volatilidad se vuelve irrelevante $-$ aunque se podría pensar que una mayor volatilidad debería aumentar el precio de este reclamo.

Apéndice: Transformada de Laplace del tiempo de golpeo de un ABM

Buscamos una fórmula de forma cerrada para:

$$\mathcal{L_{\alpha}}(\tau) = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{-\alpha\tau}\right] $$

Dónde:

$$ \tau = \min\{t \geq 0 : W_t+\theta t = x\} $$

Vamos a suponer que:

$$ \begin{align} x > 0 & \quad (\text{A}) \\[6pt] 1 > \lambda > 0 & \quad (\text{B}) \\[6pt] \theta \geq 0 & \quad (\text{C}) \end{align} $$

Dejando:

$$ \hat{W}_t = W_t+\theta t $$

Primero definimos el proceso auxiliar:

$$ X_t = e^{\lambda \hat{W}_t - \lambda\theta t - \frac{\lambda^2}{2}t} = e^{\lambda W_t - \frac{\lambda^2}{2}t}$$

Se puede demostrar fácilmente que $X_t$ es una martingala $^{(2)}$ . Por lo tanto, el proceso detenido $X_{\min(t,\tau)}$ también es una martingala. Por la propiedad de la martingala y dado $W_0=0$ :

$$ \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_{\min(t,\tau)}] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_{\min(0,\tau)}] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_0] = 1 $$

Evaluemos ahora el comportamiento del proceso detenido como $t \rightarrow \infty$ dependiendo de si $\tau$ es finito o no:

• Si el tiempo de golpeo es finito, entonces llega:

$$ \lim_{t \, \rightarrow \, \infty} X_{\min(t,\tau)} = e^{\lambda \hat{W}_{\tau} - \lambda\theta\tau - \frac{\lambda^2}{2}\tau} $$

• Si el tiempo de golpeo es infinito, es decir el movimiento browniano aritmético nunca llega $x$ entonces sabemos que la exponencial de $\lambda \hat{W}_t$ queda delimitado entre $0$ et $e^{\lambda x}$ . Bajo los supuestos $(\text{B})$ et $(\text{C})$ el resto de la exponencial converge a $0$ como $t \rightarrow \infty$ Así que..:

$$ \lim_{t \, \rightarrow \, \infty} X_{\min(t,\tau)} = 0 $$

Combinando estos dos resultados, obtenemos:

$$ \lim_{t \, \rightarrow \, \infty} X_{\min(t,\tau)} = X_{\infty} $$

Dónde:

$$ X_{\infty} = \mathbf{1}_{\{\tau \, < \, \infty\}}\left(e^{\lambda \hat{W}_{\tau} - \lambda\theta\tau - \frac{\lambda^2}{2}\tau}\right) $$

Ahora, bajo los supuestos $(\text{A})$ et $(\text{B})$ tenemos:

$$ 0 \leq X_{\min(t,\tau)} \leq e^{\lambda \hat{W}_{\min(t,\tau)}} \leq e^{\lambda \hat{W}_{\tau}} \leq e^{\hat{W}_{\tau}} = e^{x} $$

Por lo tanto, por el teorema de convergencia dominada podemos afirmar que:

$$ \lim_{t \rightarrow \infty} \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_{\min(t,\tau)}] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\lim_{t \rightarrow \infty}X_{\min(t,\tau)}\right] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_{\infty}]$$

Eso es:

$$ \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\mathbf{1}_{\{\tau \, < \, \infty\}}\left(e^{\lambda \hat{W}_{\tau} - \lambda\theta\tau - \frac{\lambda^2}{2}\tau}\right)\right] = 1 $$

Ahora haciendo $X_{\infty}$ depende de $\lambda$ vemos que está limitada desde arriba por $e^{x}>1$ y converge $\text{a.s.}$ a $\mathbf{1}_{\{\tau \, < \, \infty\}}$ cuando $\lambda \rightarrow 0$ . Aplicando de nuevo el teorema de convergencia dominada, obtenemos:

$$ \lim_{\lambda \rightarrow 0}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_{\infty}(\lambda)] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\lim_{\lambda \rightarrow 0}X_{\infty}(\lambda)\right] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[\mathbf{1}_{\{\tau \, < \, \infty\}}\right] = \mathbb{Q}\left(\tau \, < \, \infty\right)=1$$

El tiempo de golpeo es $\text{a.s}$ finito, por lo que podemos deshacernos de la función indicadora y escribir:

$$ \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{\lambda \hat{W}_{\tau} - \lambda\theta\tau - \frac{\lambda^2}{2}\tau}\right] = 1 \quad \Leftrightarrow \quad \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{- (\lambda\theta + \frac{\lambda^2}{2})\tau}\right] = e^{-\lambda x} $$

Definamos:

$$ \alpha = \lambda\left(\theta+\frac{\lambda}{2}\right) $$

Esta identidad define una ecuación cuadrática en $\lambda$ con soluciones:

$$ \begin{align} \lambda_1 = -\theta + \sqrt{\theta^2+2\alpha} \\[6pt] \lambda_2 = -\theta - \sqrt{\theta^2+2\alpha} \end{align} $$

Dado que hemos asumido $\lambda>0$ et $(\text{C})$ la solución debe ser $\lambda_1$ Así que..:

$$ \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}\left[e^{- \alpha\tau}\right] = e^{(\theta - \sqrt{\theta^2+2\alpha}) x} $$

---

Nota $(1)$ : alternativamente, también se podría interpretar el pago de tal manera que:

$$ C_0 = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[\mathbf{1}_{\{\tau \, < \, \infty\}}e^{-r\tau}] $$

En este caso se requiere explícitamente que el tiempo de golpeo sea finito.

Hay una fuerte ventaja de esta representación, ya que no requerimos más la fuerte suposición que hicimos al principio, cuyo propósito es permitirnos deshacernos de la función indicadora en $X_{\infty}$ :

$$ r \geq \frac{\sigma^2}{2} $$

Nota $(2)$ : elijamos dos veces $s<t$ :

$$ \begin{align} \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X_t|\mathcal{F}_s] & = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{\lambda W_t-\frac{\lambda^2}{2}t}|\mathcal{F}_s] \\[3pt] & = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{\lambda W_t-\frac{\lambda^2}{2}t+\lambda(W_s-W_s)}|\mathcal{F}_s] \\[3pt] & = e^{\lambda W_s-\frac{\lambda^2}{2}t}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{\lambda(W_t-W_s)}|\mathcal{F}_s] \\[3pt] & = e^{\lambda W_s-\frac{\lambda^2}{2}t}\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{\lambda(W_t-W_s)}] \\[3pt] & = e^{\lambda W_s-\frac{\lambda^2}{2}t}e^{\frac{\lambda^2}{2}(t-s)} \\[3pt] &=X_s \end{align} $$