即期匯率模型中的 Riccati 方程
鑑於 $ dr=(\eta-\gamma r)dt+\sqrt{\alpha r+\beta}dW $
讓 $ Z(r,t)=e^{A(t;T)-rB(t;T)} $ ,
$$ \begin{matrix} \frac{dA}{dt}=\eta B-\frac{1}{2}\beta {{B}^{2}} \ \frac{dB}{dt}=\frac{1}{2}\alpha {{B}^{2}}+\gamma B-1 \ \end{matrix} $$ 我們該如何解決 $ B $ 在這種情況下？
$ B $ 是一個里卡蒂方程。B的答案如下：
$ B(t;T)=\frac{2(e^{\Psi_1(T-t)}-1)}{(\gamma+\Psi_1)(e^{\Psi_1(T-t)}-1)+2\Psi_1} $ ,
在哪裡 $ \Psi_1=\sqrt{\gamma^2+2\alpha} $
正如您所指出的，這是一個 Riccati 類型的 ODE，因此可以使用此類的標準轉換來簡化它 - 參見例如Wikipedia。我們首先定義
$$ \begin{equation} C(t, T) = \frac{1}{2} \alpha B(t, T) \qquad \Rightarrow \qquad C_t(t, T) = \frac{1}{2} \alpha B_t(t, t) \end{equation} $$ 並得到
$$ \begin{eqnarray} C_t(t, T) & = & C^2(t, T) + \gamma C(t, T) - \frac{1}{2} \alpha. \end{eqnarray} $$ 我們現在設置
$$ \begin{eqnarray} C(t, T) = -\frac{D_t(t, T)}{D(t, T)} \qquad \Rightarrow \qquad C_t(t, T) & = & -\frac{D_{tt}(t, T)}{D(t, T)} + \frac{D_t^2(t, T)}{D^2(t, T)}\ & = & \frac{-D_{tt}(t, T)}{D(t, T)} + C^2(t, T) \end{eqnarray} $$ 並得到
$$ \begin{eqnarray} \frac{D_{tt}(t, T)}{D(t, T)} & = & C^2(t, T) - C_t(t, T)\ & = & -\gamma C(t, T) + \frac{1}{2} \alpha\ & = & \gamma \frac{D_t(t, T)}{D(t, T)} + \frac{1}{2} \alpha \end{eqnarray} $$ 或者
$$ \begin{equation} D_{tt}(t, T) = \gamma D_t(t, T) + \frac{1}{2} \alpha D(t, T). \end{equation} $$ 這是具有常數係數的齊次二階線性 ODE，可以使用標準方法求解。我們注意到 $ T $ 已修復並通過定義進行另一個替換 $ \tau = T - t $ 這樣 $ E(\tau) = D(t, T) $ . 我們得到
$$ \begin{equation} E_{\tau \tau}(\tau) + \gamma E_\tau(\tau) - \frac{1}{2} \alpha E(\tau) = 0. \end{equation} $$ 特徵方程為
$$ \begin{equation} r^2 + \gamma r - \frac{1}{2} \alpha = 0 \end{equation} $$ 有解決方案
$$ \begin{equation} r_{1, 2} = -\frac{1}{2} \gamma \pm\frac{1}{2} \sqrt{\gamma^2 + 2 \alpha} := \beta \pm \lambda. \end{equation} $$ 注意 $ \lambda = \frac{1}{2} \psi_1 $ 在你的符號中。因此我們有一般的解決方案
$$ \begin{equation} E(\tau) = c_1 e^{(\beta + \lambda) \tau} + c_2 e^{(\beta - \lambda) \tau} \end{equation} $$ 和
$$ \begin{equation} E_\tau(\tau) = (\beta + \lambda) e^{(\beta + \lambda) \tau} + (\beta - \lambda) c_2 e^{(\beta - \lambda) \tau} \end{equation} $$ 對於一些常數 $ c_1 $ 和 $ c_2 $ 必須確定。我們通過代入得到 Riccati ODE 的解
$$ \begin{equation} B(t, T) = \frac{2 C(t, T)}{\alpha} = -\frac{2 D_t(t, T)}{\alpha D(t, T)} = \frac{2 E_\tau(\tau)}{\alpha E(\tau)}. \end{equation} $$ 應用終止條件產生
$$ \begin{eqnarray} B(T, T) = 0 \qquad & \Leftrightarrow & \qquad E_\tau(0) = 0\ & \Leftrightarrow & \qquad c_1 = -c_2 \frac{\beta - \lambda}{\beta + \lambda}. \end{eqnarray} $$ 因此
$$ \begin{equation} E(\tau) = \frac{c_2}{\beta + \lambda} e^{\beta \tau} \left( (\beta + \lambda) e^{-\lambda \tau} - (\beta - \lambda) e^{\lambda \tau} \right) \end{equation} $$ 和
$$ \begin{equation} E_\tau(\tau) = (\beta - \lambda) c_2 e^{\beta \tau} \left( e^{-\lambda \tau} - e^{\lambda \tau} \right). \end{equation} $$ 我們終於得到
$$ \begin{eqnarray} B(t, T) & = & \frac{2 (\beta^2 - \lambda^2) \left( e^{-\lambda \tau} - e^{\lambda \tau} \right)}{\alpha \left( (\beta + \lambda) e^{-\lambda \tau} - (\beta - \lambda) e^{\lambda \tau} \right)}\ & = & \frac{\left( e^{2 \lambda \tau} - 1 \right)}{(\beta + \lambda) - (\beta - \lambda) e^{2 \lambda \tau}}\ & = & \frac{2 \left( e^{\psi_1 (T - t)} - 1 \right)}{\left( \gamma + \psi_1 \right) \left( e^{\psi_1 (T - t)} - 1 \right) + 2 \psi_1}. \end{eqnarray} $$