fórmula de fijación de precios de los bonos de cupón cero mediante Hull White

Question

Estoy teniendo algunos problemas para entender la derivación de los parámetros de la fórmula de fijación de precios del cupón cero utilizando Hull White. Específicamente estoy tratando de entender cómo obtener

)/4a%5CsigmaB(t,T)%5E2 "LogA(t,T)=[tR(0,t)-TR(0,T)]+B(t,T) f^M (0,t)-(\sigma ^2 (1- exp^(-2at)))/4a\sigmaB(t,T)^2") --[1]

donde es el tipo de interés cero al contado de composición continua:

y es la curva instantánea inicial de tipos de interés a plazo

Entiendo el proceso para llegar abajo:

=%5Cint&space;%5Ctheta&space;(u)B(u,T)du+%5Csigma&space;%5E2/2a%5E2(T-t-B(t,T))-%5Csigma&space;%5E2/4aB(t,T)%5E2 "-Log(A(t,T))=\int \theta (u)B(u,T)du+\sigma ^2/2a^2(T-t-B(t,T))-\sigma ^2/4aB(t,T)^2") --[2]

y

"\theta (t) = af^M(0, t)+\partial f^M(0,T)\partial t+\sigma ^2/2a^2*(1-e^-2at))") ---[3]

¿Puede alguien ayudarme a derivar [1] de [2] o [3]?

Muchas gracias de antemano.

Answer 1

Según el modelo de tipos de interés de Hull-White, el tipo corto $r_t$ satisface una SDE neutral al riesgo de la forma \begin{align*} dr_t = (\theta(t)-a r_t)dt+ \sigma dW_t. \end{align*} El precio en el momento $t$ de un bono de cupón cero con vencimiento $T$ y el valor nominal unitario viene dado entonces por \begin{align*} P(t, T) &= A(t, T) e^{-B(t, T) r_t}, \end{align*} donde \begin{align*} B(t, T) &= \frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)} \Big),\\ A(t, T) &= \exp\left(- \int_t^T \theta(u) B(u, T) du -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\right), \tag{1}\\ \theta(t) &= af^M(0, t) +\frac{\partial f^M(0, t)}{\partial t}+\frac{\sigma^2}{2a}\left(1-e^{-2at}\right), \\ \end{align*} y \begin{align*} f^M(0, t) &= -\frac{\partial \ln P(0, t)}{\partial t}. \end{align*} Tenga en cuenta que, \begin{align*} \ln P(0, T) = -\int_0^T f^M(0, u) du. \end{align*} Además, definimos el rendimiento hasta el vencimiento $R(t, T)$ por \begin{align*} R(t, T) &=\frac{-\ln P(t, T)}{T-t}. \end{align*} Demostramos que \begin{align*} \ln A(t, T) &= \left[tR(0, t)-TR(0, T) \right] + B(t, T)f^M(0, t) -\frac{\sigma^2}{4a}\left(1-e^{-2at} \right)B(t, T)^2.\tag{2} \end{align*}

Tenga en cuenta que, \begin{align*} & \ \int_t^T \frac{\partial f^M(0, u)}{\partial u}B(u, T) \\ =&\ f^M(0, u)B(u, T)\, \big|_t^T - \int_t^T f^M(0, u)\frac{\partial B(u, T)}{\partial u}du\\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T) + \int_t^T f^M(0, u) e^{-a(T-u)} du\\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T) - a\int_t^T f^M(0, u) B(u, T) du + \int_t^T f^M(0, u)du. \end{align*} Eso es, \begin{align*} &\ a\int_t^T f^M(0, u) B(u, T) du + \int_t^T \frac{\partial f^M(0, u)}{\partial T}B(u, T) \\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)+\int_t^T f^M(0, u)du\\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)- \ln P(0, T)+\ln(0, t)\\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)+ TR(0, T)-tR(0, t). \end{align*} Entonces \begin{align*} &\ \int_t^T \frac{\sigma^2}{2a}\left(1-e^{-2au}\right) B(u, T) du \\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\int_t^T \left(1-e^{-2au}\right)\left(1-e^{-a(T-u)} \right)du\\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\int_t^T \left(1-e^{-2au} - e^{-a(T-u)} + e^{-a(T+u)}\right)du\\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\left[T-t+\frac{1}{2a}\left(e^{-2aT}-e^{-2at} \right) + \frac{1}{a}\left(1-e^{-a(T-t)} \right) -\frac{1}{a}\left(e^{-2aT}-e^{-a(T+t)}\right) \right] \\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\left[\big(T-t- B(t, T)\big) + \frac{1}{2a}e^{-2at}\left(-e^{-2a(T-t)}-1 +2e^{-a(T-t)} \right)\right]\\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\big(T-t- B(t, T)\big) - \frac{\sigma^2}{4a}e^{-2at}B(t, T)^2. \end{align*} Por lo tanto, \begin{align*} &\ \ln A(t, T) \\ =&\ - \int_t^T \theta(u) B(u, T) du -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\\ =&\ f^M(0, t)B(t, T)+ tR(0, t)- TR(0, T)- \frac{\sigma^2}{2a^2}\big(T-t- B(t, T)\big) + \frac{\sigma^2}{4a}e^{-2at}B(t, T)^2\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\\ =&\ \big(tR(0, t)- TR(0, T)\big)+f^M(0, t)B(t, T) - \frac{\sigma^2}{4a}\left(1-e^{-2at} \right)B(t, T)^2, \end{align*} que es la Reclamación requerida $(2)$ arriba.