Poisson利率模型下的債券價格

通過利率建模練習，我有以下設置： $ r_t = r_0 + \delta N_t $ 在哪裡 $ \delta > 0 $ 和 $ \lambda > 0 $ 是Poisson價格的強度 $ N_t $ . 我想計算當時的債券價格 $ 0 $ ，由公式給出

$$ B(0,T) = \mathbb{E}{\mathbb{P}^*}\left( e^{-\int_0^T r_u ,du}\right) = e^{-r_0T}\mathbb{E}{\mathbb{P}^}\left( e^{-\delta \int_0^T N_u,du}\right). $$ 在哪裡 $ \mathbb{P}^ $ 是風險中性機率測度。我最近沒有處理Poisson過程，並且不確定是否有簡單的轉換或使用 MGF 來使用Poisson過程的屬性來獲得第二個積分/期望。我試圖在網上找到一些資源，但無濟於事！任何幫助表示讚賞。謝謝！

讓

$$ Y_t = \int_0^t N_u du $$ 在哪裡 $ (N_t)_{t \geq 0} $ 用強度計算Poisson過程 $ \lambda $ .

使用隨機 Fubini 定理，我們有：

$$ \begin{align} Y_T &= \int_0^T N_t dt \ &= \int_0^T \int_0^t dN_u dt \ &\color{lightgray}{= \int_0^T \int_0^T \mathbf{1}{u \in [0,t]} dN_u\ dt} \ &\color{lightgray}{= \int_0^T \int_0^T \mathbf{1}{u \in [0,t]} dt\ dN_u} \ &\color{lightgray}{= \int_0^T \int_0^T \mathbf{1}{t \in [u,T]} dt dN_u} \ &= \int_0^T \int_u^T dt dN_u \ &= \int_0^T (T-u) dN_u \ &= \sum_{i=1}^{N_T} (T-T_i) \tag{0} \end{align} $$ 在哪裡 $ T_i $ 數字 $ i^{th} $ Poisson過程跳躍時間，即 Gamma 分佈，參數為整數 $ i $ （也稱為 Erlang 分佈，例如，請參見此處的 Proposition 15.2）。跳躍次數 $ T_i $ 因此不是無條件的獨立同居和 $ Y_t $ 不能被視為通常的複合Poisson過程。 但是，調理有幫助！確實，有條件地取決於跳躍的次數 $ N_T = n $ 可以證明 $ n $ 跳躍次數 $ {T_i}_{i=1}^n $ 實際上是獨立同分佈的 $ [0,T] $ （參見第 443 頁頂部的參考資料），即

$$ \begin{align} T_i\ \vert\ N_T=n \ \ &\sim\ \ T U_i\ {U_i}_{i=1}^n \ &\sim\ \ \mathcal{U}[0,1] \ \ \text{i.i.d.} \end{align} $$ 然後我們有：

$$ \begin{align} \mathbb{E} \left[e^{-\delta Y_T} \vert \mathcal{F}0 \right] &= \mathbb{E} \left[ \left. \exp\left(-\delta \sum{i=1}^{N_T} (T-T_i)\right) \right\vert \mathcal{F}0 \right] \tag{1} \ &= \mathbb{E} \left[ \left. \mathbb{E} \left[ \left. \exp\left(-\delta \sum{i=1}^{N_T} (T-T_i)\right) \right\vert \mathcal{F}T \right] \right\vert \mathcal{F}0 \right] \tag{2} \ &= \mathbb{E} \left[ \left. \mathbb{E} \left[ \left. \exp\left(-\delta T \sum{i=1}^{N_T} (1-U_i) \right) \right\vert \mathcal{F}T \right] \right\vert \mathcal{F}0 \right] \tag{3} \ &= \sum{n=0}^\infty \mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \sum{i=1}^{n} \tilde{U}i \right) \right] \mathbb{P}^*\left( N_T = n \right) \tag{4}\ &= e^{-\lambda T} \sum{n=0}^\infty \frac{(\lambda T)^n}{n!} \mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \sum{i=1}^{n} \tilde{U}i \right) \right] \tag{5} \ &= e^{-\lambda T} \sum{n=0}^\infty \frac{(\lambda T)^n}{n!} \prod_{i=1}^n \mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \tilde{U}i \right) \right] \tag{6} \ &= e^{-\lambda T} \sum{n=0}^\infty \frac{(\lambda T)^n}{n!} \left(\mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \tilde{U}_1 \right) \right]\right)^n \tag{7} \ &= \exp(-\lambda T) \exp\left(\lambda T \mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \tilde{U}_1 \right) \right] \right) \tag{8} \ &= \exp\left(\lambda T \left(\mathbb{E} \left[ \exp\left(-\delta T \tilde{U}_1 \right) \right] - 1 \right) \right) \tag{9} \end{align} $$ 在哪裡 $ \tilde{U}_i = 1-U_i $ 也是 $ \mathcal{U}[0,1] $ iid 按構造，我們使用：

1. 定義。的 $ Y_T \vert \mathcal{F}0 = \int_0^T N_u du = \sum{i=1}^{N_T} (T-T_i) $ 看 $ (0) $
2. 條件期望的塔屬性
3. 有條件地開啟 $ N_T $ Poisson跳躍時間是 iid $ \mathcal{U}[0,T] $
4. 超過預期 $ N_T \vert \mathcal{F}_0 $
5. 定義。Poisson過程 $ (N_t)_{t \geq 0} $
6. 的屬性 $ \exp(.) $ + $ {\tilde{U}i}{i=1}^n $ 獨立的
7. $ {\tilde{U}i}{i=1}^n $ 同分佈
8. 系列擴展 $ \exp(.) $
9. 的屬性 $ \exp(.) $

現在你需要做的就是計算 $ Z = \mathbb{E}[\exp\left(-\delta T U \right)] $ 和 $ U \sim \mathcal{U}[0,1] $ :

$$ \begin{align} Z &= \mathbb{E}[\exp\left(-\delta T U \right)] \ &= \int_{0}^1 \exp\left(-\delta T u \right) \underbrace{p^*(u)}_{\mathbf{1}{u \in [0,1]}} du \ &= \left[ \frac{\exp\left(-\delta T u \right)}{-\delta T} \right]_0^1 \ &= \frac{1 - e^{-\delta T}}{\delta T} \end{align} $$ 然後，您將能夠編寫：

$$ e^{-r_0T}\mathbb{E}^{\mathbb{P}^*}\left[ e^{-\delta \int_0^T N_u,du} \vert \mathcal{F}_0 \right] = \exp\left(-r_0T + \lambda T\left(\frac{1 - e^{-\delta T}}{\delta T}-1\right)\right) $$

引用自：https://quant.stackexchange.com/questions/27966