Intento de una prueba analítica que una llamada precio disminuye a medida que aumenta la huelga

Question

Estoy atascado tratando de demostrar analíticamente que una derivada parcial de una menor función definida por $C$ es negativo. El contexto de este problema es en realidad un Black-Scholes de la situación del mercado, donde el precio de una opción call disminuye a medida que su huelga aumenta.

Para los que recibieron constantes positivas $S, K, r, \sigma$ e $T$, tenemos: $$C(S,K,r, \sigma,T)=S \Phi(d_1)-Ke^{-rT}\Phi(d_2),$$ donde $$d_1=\frac{\ln \frac{S}{K}+(r+\frac{1}{2}\sigma^2)T}{\sigma \sqrt{T}},$$ $$d_2=d_1-\sigma \sqrt{T}.$$

Tengo que demostrar que la función de $C$ es decreciente si $K$ es cada vez mayor. En primer lugar, tengo que calcular el parcial de derivación: \begin{align} \frac{\partial C}{\partial K}&=S\frac{d \Phi(d_1)}{d (d_1)} \frac{\partial d_1}{\partial K}-e^{-rT}\Phi(d_2)-Ke^{-rT}\frac{d \Phi(d_2)}{d (d_2)}\frac{\partial d_2}{\partial K}\\ & = S \varphi(d_1)\frac{K}{\sigma \sqrt{T}}-e^{-rT}\Phi(d_2)-Ke^{-rT}\varphi(d_2)\frac{K}{\sigma \sqrt{T}}\\ & = K^2 \left( -e^{-rT} \frac{\varphi(d_2)}{\sigma \sqrt{T}} \right) + K \left( S \frac{\varphi(d_1)}{\sigma \sqrt{T}}\right) -e^{-rT}\Phi(d_2). \end{align} donde $\Phi(x)$ es la normal estándar acumulativa, y $\varphi(x)$ función de densidad normal estándar.

Esto es más o menos lo que tengo. Yo entiendo que de alguna manera debe probar que la última expresión es siempre no negativo, por lo que he tratado de calcular el determinante de la función cuadrática de $K$, y tengo $$D= \frac{S^2 (\varphi(d_1)^2)}{\sigma^2 T}-4 \frac{e^{-2rT }\varphi(d_2)\Phi(d_2)}{\sigma \sqrt{T}}.$$

Y ahora que debo demostrar que es positivo. Ni idea de cómo? También hay una oportunidad he entendido algo y estoy dejando fuera algunas condiciones necesarias, no estoy seguro.

Gracias por la información sobre este, realmente lo aprecio.

Answer 1

Algo salió mal en la tercera igualdad de la ecuación en la que se compute $\partial C_0 / \partial K$. A partir de la segunda igualdad, puede utilizar ese

\begin{equation} S_0 \mathcal{N}' \left( d_1 \right) = K e^{-r T} \mathcal{N}' \left( d_2 \right), \end{equation}

ver, por ejemplo, la Ecuación (1.29) en Wystup (2006). Como alternativa, puede utilizar la homogeneidad resultado

\begin{equation} C_0 = S_0 \frac{\partial C_0}{\partial S_0} + K \frac{\partial C_0}{\partial K} \end{equation}.

véase la Ecuación (1.36) en Wystup (2006). Este de inmediato se obtiene el resultado como

\begin{equation} \frac{\partial C_0}{\partial K} = \frac{C_0 - S_0 \partial C_0 / \partial S_0}{K} = -e^{-r T} \mathcal{N} \left( d_2 \right). \end{equation}

La homogeneidad resultado realmente tiene para todos los modelos con rendimientos constantes a escala, no sólo el movimiento Browniano geométrico, ver Teorema 9 en Merton (1973).

Sin embargo, otro enfoque para demostrar que $\partial C_0 / \partial K < 0$ en un modelo de libre configuración tenga en cuenta que la cartera que es de largo una llamada con la huelga de $K + \Delta$ y corto un call con strike $K$ tiene una rentabilidad igual a

\begin{equation} C_T = \begin{cases} -\Delta < 0 & \text{if } S_T > K + \Delta\\ K - S_T < 0 & \text{if } K + \Delta \geq S_T > K\\ 0 & \text{otherwise} \end{casos}. \end{equation}

Desde la cartera rentabilidad no es positiva en todas partes, pero estrictamente negativo para algunos $S_T$, su valor inicial $C_0$ debe ser estrictamente negativo si $\mathbb{P} \left\{ S_T > K \right\} > 0$. Ahora divida por $\Delta$, tomar el límite de $\Delta \downarrow 0$ y tiene

\begin{equation} \frac{\partial C_0}{\partial K} = \lim_{\Delta \downarrow 0} \frac{C_0(K + \Delta) - C_0(K)}{\Delta} < 0. \end{equation}

Referencias

Merton, Robert C. (1973): "Teoría de la Opción Racional de Precios," Campana de la Revista de Economía y Gestión de la Ciencia, Vol. 4, Nº 1, pp 141-183

Wystup, Uwe (2006) FX Opciones y Productos Estructurados, Wiley Finanzas

Answer 2

Ok, creo que he descubierto.

\begin{align} \frac{\partial C}{\partial K}& = S \varphi(d_1)\frac{K}{\sigma \sqrt{T}}-e^{-rT}\Phi(d_2)-Ke^{-rT}\varphi(d_2)\frac{K}{\sigma \sqrt{T}}\\ & = -e^{-rT}\Phi(d_2)+\frac{K}{\sigma \sqrt{T}} \left[ S \varphi(d_1)-K e^{-rT} \varphi(d_2) \right] \\ & = -e^{-rT}\Phi(d_2)+\frac{K}{\sigma \sqrt{T}} \left[ e^{\ln S} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}}e^{-\frac{d_1^2}{2}}-e^{\ln K} e^{-rT} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}}e^{-\frac{d_2^2}{2}}\right] \\ & = -e^{-rT}\Phi(d_2)+\frac{K}{\sigma \sqrt{2\pi T}} \left[ e^{\ln S-\frac{d_1^2}{2}}- e^{\ln K-rT-\frac{d_2^2}{2}}\right] . \end{align} Ahora, podemos tratar de demostrar que \begin{align} \ln S-\frac{d_1^2}{2} & \stackrel{?}{=} \ln K-rT-\frac{d_2^2}{2} \\ \ln S-\frac{d_1^2}{2} & \stackrel{?}{=} \ln K-rT-\frac{(d_1-\sigma \sqrt{T})^2}{2} \\ \ln S-\frac{d_1^2}{2} & \stackrel{?}{=} \ln K-rT-\frac{(d_1^2-2d_1\sigma \sqrt{T}+\sigma^2 T)}{2} \\ \ln \frac{S}{K} & \stackrel{?}{=} -rT + d_1 \sigma \sqrt{T}-\frac{\sigma^2 T}{2} \\ \ln \frac{S}{K} +(r+\frac{\sigma^2 }{2})T & \stackrel{?}{=} d_1 \sigma \sqrt{T} \\ d_1 & = \frac{\ln \frac{S}{K} +(r+\frac{\sigma^2 }{2})T}{\sigma \sqrt{T}}. \end{align} Así que nos queda $$ \frac{\partial C}{\partial K} = -e^{-rT}\Phi(d_2), $$ lo que implica que la derivada parcial es siempre negativo.