Probabilidad de GBM de golpear la barrera

Question

Intenté usar el enfoque del puente browniano para determinar la probabilidad $$P(S_t<\beta,t\in [0,T]|S_0,S_T)$$ donde $S_t$ es un GBM en el usual setup de Black Scholes. Sabemos que para un BM $W_t$, $$P(W_t<\beta,t\in [0,T]|W_T=x)=1-\exp\bigg(-\frac{2}{T}\beta(\beta-x)\bigg)$$ y luego intenté lo siguiente: dado que $$S_t=S_0e^{(\mu-1/2\sigma^2)t-\sigma W_t}$$ tenemos $$\begin{aligned}&P(S_t<\beta,t\in [0,T]|S_0,S_T=s)\\&=P\bigg(W_t<\frac{\ln(\beta/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)t}{\sigma}\bigg|S_0,W_T=\frac{\ln(s/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)T}{\sigma}\bigg)\\&=1-\exp\bigg(-\frac{2}{T}\bigg(\frac{\ln(\beta/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)t}{\sigma}\bigg)\bigg(\frac{\ln(\beta/S_0)-\ln(s/S_0)}{\sigma}\bigg)\bigg)\\&=1-\exp\bigg(-\frac{2}{\sigma^2T}\bigg(\ln(\beta/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)t\bigg)\ln(\beta/s)\bigg)\end{aligned}$$ Evidentemente, la respuesta correcta es simplemente $$1-\exp\bigg(-\frac{2}{\sigma^2T}\ln(\beta/S_0)\ln(\beta/s)\bigg)$$ así que creo que casi lo tengo. ¿Qué me falta?

Answer 1

En la desigualdad \begin{align*} W_t<\frac{\ln(\beta/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)t}{\sigma}, \end{align*> el lado derecho depende de $t$, no puedes usar directamente el resultado anterior. En este caso, generalmente se emplea una transformación de Girsanov.

Sea $a= \frac{\mu-1/2\sigma^2}{\sigma}$, $b= \frac{\ln(\beta/S_0)}{\sigma}$, y $c= \frac{\ln(s/S_0)}{\sigma}$. Definimos la medida de probabilidad $\tilde{P}$ de tal forma que \begin{align*} \frac{d\tilde{P}}{dP}\big|_t = e^{-\frac{1}{2}a^2 t - aW_t}, \end{align*> donde $P$ es la medida de probabilidad original. Entonces $\tilde{W}_t = W_t + at$ es una marcha Browniana estándar bajo $\tilde{P}$. Sean $E$ y $\tilde{E}$ expectativas con respecto a las medidas $P$ y $\tilde{P}$. Luego, para cualquier conjunto Borel $A$, \begin{align*> &\ E\left(\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \pmb{1}_{\{W_T\in A\}} \right)\\ =&\ \tilde{E}\left(\left(\frac{d\tilde{P}}{dP}\big|_T \right)^{-1}\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \pmb{1}_{\{W_T\in A\}} \right)\\ =&\ \tilde{E}\left(e^{\frac{1}{2}a^2 T + aW_T}\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \pmb{1}_{\{W_T\in A\}} \right)\\ =&\ \tilde{E}\left(e^{-\frac{1}{2}a^2 T + a\tilde{W}_T}\pmb{1}_{\{\tilde{W}_t < b, t \in [0, T]\}} \pmb{1}_{\{\tilde{W}_T-aT\in A\}} \right)\\ =&\ \tilde{E}\left(e^{-\frac{1}{2}a^2 T + a\tilde{W}_T}\pmb{1}_{\{\tilde{W}_T-aT\in A\}}\tilde{E}\left(\pmb{1}_{\{\tilde{W}_t < b, t \in [0, T]\}} \,|\, \tilde{W}_T \right) \right)\\ =&\ \tilde{E}\left(e^{-\frac{1}{2}a^2 T + a\tilde{W}_T}\pmb{1}_{\{\tilde{W}_T-aT\in A\}}\left[1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-\tilde{W}_T)\Big) \right] \right)\\ =&\ E\left(\frac{d\tilde{P}}{dP}\big|_Te^{-\frac{1}{2}a^2 T + a\tilde{W}_T}\pmb{1}_{\{\tilde{W}_T-aT\in A\}}\left[1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-\tilde{W}_T)\Big) \right] \right)\\ =&\ E\left(\pmb{1}_{\{W_T\in A\}}\left[1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-W_T-aT)\Big) \right] \right). Esto es, \begin{align*> E\left(\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \,|\, W_T\right)&=1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-W_T-aT)\Big), o, equivalentemente, \begin{align*> E\left(\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \,|\, W_T=x\right)&=1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-x-aT)\Big). Por lo tanto, \begin{align*>> &\ P\bigg(W_t<\frac{\ln(\beta/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)t}{\sigma}, t \in[0, T]\,\Big|\,S_0,W_T=\frac{\ln(s/S_0)-(\mu-1/2\sigma^2)T}{\sigma}\bigg)\\ =&\ E\left(\pmb{1}_{\{W_t+at < b, t \in [0, T]\}} \,|\, W_T=c-aT\right)\\ =&\ 1-\exp\Big(-\frac{2}{T}b(b-c)\Big)\\ =&\ 1-\exp\Big(-\frac{2}{\sigma^2T}\ln(\beta/S_0)\ln(\beta/s)\Big). >