Modelización de la comilla de las acciones a la deriva con un movimiento browniano geométrico

Question

Deseo entender algún hecho básico sobre la simulación (primitiva) de los precios de las acciones con el movimiento browniano geométrico.

Si $S(t)$ es el precio de las acciones en el momento $t$ y el precio de las acciones sigue una distribución geométrica de movimiento browniano, entonces debería satisfacer $$dS(t) = S(t)\left(\mu dt + \sigma d B(t)\right)$$ donde $B(t)$ es un movimiento browniano lineal estándar, y $\mu$ a veces se llama deriva . Resolviendo esto para $S(t)$ da $$S(t) = S(0)\cdot \exp\left(\sigma B(t) + \left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t\right)$$

Suponiendo que no hay deriva (no hay tendencia, quizás), obtenemos lo siguiente: $$S(t) = S(0)\cdot \exp\left(\sigma B(t) -\frac{\sigma^2}{2}t\right)$$ por lo que $$\ln\frac{S(1)}{S(0)} \sim \mathcal{N}(0,\sigma^2)-\frac{\sigma^2}{2}$$ y en particular \begin{eqnarray*} \mathbb{E}\left(\ln\frac{S(1)}{S(0)}\right) &=& \int_{-\infty}^\infty x\cdot\mathbb{P}\left(\mathcal{N}(0,\sigma^2) = x +\frac{\sigma^2}{2}\right) dx\\ &=& \int_{-\infty}^\infty x \cdot \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\cdot\exp\left(-\frac{\left(x+\frac{\sigma^2}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right) dx \end{eqnarray*}

Parece que $$\mathbb{E}\left(\ln\frac{S(1)}{S(0)}\right) = -\frac{\sigma^2}{2}$$ que es lo que habría esperado. Sin embargo, la expectativa más interesante no pude calcularla: \begin{eqnarray*} \mathbb{E}\left(\frac{S_1}{S_0}\right) &=& \int_{-\infty}^\infty x\cdot \mathbb{P}\left(\exp\left(\mathcal{N}(0,\sigma^2)-\frac{\sigma^2}{2}\right)=x\right)dx\\ &=& \int_{-\infty}^\infty x\cdot\mathbb{P}\left(\mathcal{N}(0,\sigma^2)=\ln{x}+\frac{\sigma^2}{2}\right)dx\\ &=& \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{\sigma\sqrt{2\pi}}\cdot \exp\left(-\frac{\left(\ln{x} + \frac{\sigma^2}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right)dx = ? \end{eqnarray*}

Yo esperaría que esa expectativa fuera 1, ya que no hay deriva. Sin embargo, no puedo hacer la integración. ¿Es cierto asumir que el resultado de la integral es 1?

Answer 1

Para resolver la expectativa directamente, hay que recordar que una función de densidad no es lo mismo que la probabilidad del suceso.

Lo tenemos, $\frac{S_1}{S_0} \sim \ln \mathcal{N} \left(-\frac{\sigma^2}{2},\sigma\right)$ Por lo tanto,

\begin{eqnarray} \mathbb{E}\left(\frac{S_1}{S_0}\right) &=& \int_{-\infty}^\infty x\, f_{\frac{S_1}{S_0}}(x)dx\\ &=&\int_{-\infty}^\infty x \, \frac{1}{x\sqrt{2\pi}\sigma}\exp\left[-\frac{\left(\ln x+\frac{\sigma^2}{2}\right)^2}{2\sigma^2}\right]dx. \end{eqnarray} El método de sustitución habitual pretende manipular la expresión para que se parezca a una normal estándar. Para ello utilizamos $z=\frac{\ln x + \frac{\sigma^2}{2}}{\sigma}-\sigma$ y obtenemos las sustituciones $dx=x \sigma dz$ y $x=\exp(\sigma z + \frac{\sigma^2}{2})$ .

\begin{eqnarray} \mathbb{E}\left(\frac{S_1}{S_0}\right) &=& \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} \sigma \exp\left(\sigma z + \frac{\sigma^2}{2}\right) \exp\left( \frac{-z^2 - 2\sigma z -\sigma^2}{2} \right)dz\\ &=&\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right) dz\\ &=&1. \end{eqnarray}

Answer 2

Si $S_t = S_0 e^{(\mu-\sigma^2/2)t + \sigma W_t}$ podemos calcular $$\mathbb{E}^Q\left[S_T\middle\vert \mathcal{F}_0\right] = S_0 e^{r T} = \text{forward price of } S_T \text { at time } 0. $$ Para mostrar los detalles, $\mathbb{E}^Q\left[S_T\middle\vert \mathcal{F}_0\right] = S_0 e^{(r-\sigma^2/2) T} \mathbb{E}^Q\left[e^{\sigma W_T} \middle\vert \mathcal{F}_0\right]$ . Para calcular $\mathbb{E}^Q\left[e^{\sigma W_T} \middle\vert \mathcal{F}_0 \right]$ , tenga en cuenta que, para $X \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ , $\mathbb{E}\left[e^X \right]=e^{\mu+\sigma^2/2}$ .

En su caso, ya que $r=0$ y $T = 1$ , $$\mathbb{E}^Q\left[\frac{S_1}{S_0}\middle\vert \mathcal{F}_0\right] = 1. $$