VaR y expected shortfall para el movimiento browniano geométrico

Question

Dado que $dS_t=\mu S_tdt+\sigma S_tdW_t$ un tipo libre de riesgo r y definiendo el Valor en Riesgo y el Déficit Esperado como $VaR_{t,a}=S_0e^{rt}-x$ donde $x$ es la cantidad tal que $P(S_t\leq x)=1-a$ ( $a:$ nivel de confianza) y $ES_{t,a}=S_0e^{rt}-E(S_t|S_t<x)$ He encontrado

$$VaR_{t,a}=S_0e^{rt} - S_0e^{\sigma\sqrt{t}N^{-1}(1-a)+(\mu-\frac{\sigma^2}{2})t}$$ y $$ES_{t,a}=S_0e^{rt}-\frac{S_0e^{\mu t}N[N^{-1}(1-a)-\sigma \sqrt{t}]}{1-a}$$

Tengo dos preguntas:

1. Una fórmula popular de VaR es $S_0\sigma \sqrt{t}N^{-1}(1-a)$ . ¿Se obtiene tomando la expansión de Taylor e ignorando cualquier potencia de $t\geq 1$ además de ignorar el valor temporal del dinero? ( $r=0$ )
2. ¿Son correctas mi definición y mi fórmula de déficit esperado? Gracias de antemano

Answer 1

1. Conocemos la fórmula para fijar el precio de una opción de compra en el modelo Black-Scholes-Merton: $$C=S_0\Phi(d_1)-e^{rt}K\Phi(d_2)$$ con $d_1=\frac{\log\frac{S_0}{K}-T(r+\frac{\sigma^2}{2})}{\sigma\sqrt T}$ y $d_2=d_1-\sigma\sqrt T$ suponiendo que la acción subyacente no paga dividendos. La delta de la opción viene dada por: $$\Delta:=\frac{\partial C}{\partial S}=\Phi(d_1)$$ Obsérvese que cuando el vencimiento se acorta el delta diverge, es decir $\Delta_{\text{ATM}}\rightarrow 1/2$ , $\Delta_{\text{ITM}}\rightarrow 1$ y $\Delta_{\text{OTM}}\rightarrow 0$ . Consideremos una cartera formada por una opción de compra larga y expresemos la variación del valor en dólares de la cartera: $$V^{\\\$ }_{t}=C_{t}-C_0$$ Para pequeños cambios en el subyacente, podemos aproximar el delta: $$\Delta\approx\frac{C_{t}-C_0}{S_{t}-S_0}$$ Por lo tanto, $$V^{\\\$ {{t}}aprox \Delta(S_{t}-S_0)\Napprox \Delta S_0\log\frac{S_{t}}{S_0}.$$ Además, sabemos que los rendimientos logarítmicos se distribuyen normalmente de forma condicional: $$\log\frac{S_{t}}{S_0}\sim\mathcal{N}\left(\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t,\sigma^2t\right)$$ La varianza de esta cartera es: $$Var(V^{\\\$ }_{t})\approx\Delta^2S_0^2\sigma^2t,$$ Así, el VaR de esta cartera será: $$VaR^{1-\alpha}_{t}=-\sqrt{Var(V^{\\\$ {{t})} {approx -Delta S_0\\sigma\sqrt t\Phi^{-1}(1-alfa).$$ Esta es la aproximación delta que has proporcionado. Considerando también la gamma de la opción, se podría ampliar esta aproximación del VaR considerando el término cuadrático en la expansión de Taylor.

2. Empecemos por la definición del déficit previsto: $$ES^{1-\alpha}_t=-\mathbb E_0\left[V^{\\\$ de la que se trata. \$}_t<-VaR^{1-\alpha}_t\right]$$ Obsérvese que, podemos escribir $\log\frac{S_t}{S_0}$ en términos de una variable normal estándar como la anterior: $$\log\frac{S_t}{S_0}=\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}t\right)+\sigma\sqrt tZ_t,\text{ where }Z_t\sim\mathcal N(0,1)$$ Así, al igual que antes, obtenemos la aproximación: $$V_t^{\\\$ }\approx\Delta S_0\log\frac{S_t}{S_0}=\Delta S_0\left(\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}t\right)+\sigma\sqrt tZ_t\right)$$ La distribución normal estándar truncada en un umbral $K$ se define como $$\phi_K(z|z\leq K)=\frac{\phi(z)}{\Phi(K)}\text{ and }\mathbb E[z|z\leq K]=-\frac{\phi(K)}{\Phi(K)}.$$ Esto significa que \begin{align*} ES^{1-\alpha}_t &= -\mathbb E_0\left[V^{\\\$}_t\Big|V^{\\\$}_t<-VaR^{1-\alpha}_t\right] \\ &= -\mathbb E_0\left[\Delta S_0\left(\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t+\sigma\sqrt t Z_t\right)\Bigg|\Delta S_0\left(\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t+\sigma\sqrt t Z_t\right)<-VaR^{1-\alpha}_t\right] \\ &= -\Delta S_0\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t-\Delta S_0\sigma\sqrt t\mathbb E_0\left[Z_t\Bigg|Z_t<-\frac{VaR^{1-\alpha}_t}{\Delta S_0\sigma\sqrt t}\right] \\ &=-\Delta S_0\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t+\Delta S_0\sigma\sqrt t\frac{\phi\left(-\frac{VaR^{1-\alpha}_t}{\Delta S_0\sigma\sqrt t}\right)}{\Phi\left(-\frac{VaR^{1-\alpha}_t}{\Delta S_0\sigma\sqrt t}\right)} \end{align*} De 1. sabemos que en el caso de la distribución normal $$VaR^{1-\alpha}_{t}=-\sqrt{Var(V^{\\\$ }_{t})}\Phi^{-1}(1-\alpha)$$ Por lo tanto, $$ES^{1-\alpha}_t = -\Delta S_0\left(\mu-\frac{\sigma^2}{2}\right)t+\Delta S_0\sigma\sqrt t\frac{\phi(\Phi^{-1}(1-\alpha))}{1-\alpha}$$

Para concluir, estos resultados utilizan la aproximación delta. Pero también existe un resultado exacto para el caso de la GBP: $$ES^{1-\alpha}_t=S_{t-1}\left(1-\frac{\Phi(\Phi^{-1}(1-\alpha)-\sigma)e^{\mu+\frac{\sigma^2}{2}}}{1-\alpha}\right)$$