如何使用 Feymann-Kac 公式求解 Black-Scholes 方程
我有成熟的歐式期權的 Black-Scholes 方程 $ T $ 並罷工 $ K $
$$ \begin{cases}\frac{\partial u}{\partial t} = ru - \frac{1}{2} \sigma^2 x^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}-r x \frac{\partial u}{ \partial x},,, \quad x \in \mathbb{R} \quad, \quad t>0\ u(T,x) = \max {x-K,0} \quad\quad, \quad x \in \mathbb{R}. \end{cases} $$ 如何使用 Feynman-Kac 公式求解這個方程？
我想證明解決方案 $ u $ 是（誰）給的
$$ u(t,x)=xN(d_1) - Ke^{-r(T-t)}N(d_2). $$ 在哪裡
$$ d_1=\frac{\ln(\frac{x}{K})+(r+ \frac{\sigma^2}{2})(T-t)}{\sigma \sqrt{T-t}} $$ $$ d_2=d_1-\sigma \sqrt{T-t}, $$ $ N(x) $ 是標準正態分佈函式的分佈。
通過應用 Feynman-Kac 定理 $ U $ 有代表性
$$ U(t,X_t)=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}\left[,\max{X_T-K,0},\right] $$ 在哪裡 $ X_t $ 滿足 SDE $$ dX_t=\mu X_tdt+\sigma X_t dW{t}^{\mathbb{P}}\tag 1 $$ 現在，我們定義一個新的度量 $ \mathbb{Q} $ 經過 $$ d\mathbb{Q}=L_T,d\mathbb{P}\quad $$ 上 $ \mathcal{F}T $ 在哪裡 $$ dL_t=\left(\frac{\mu-r}{\sigma}\right)L_t dW^{\mathbb{P}}t. $$ 應用 Girsanov 定理，我們有 $$ dW^{\mathbb{P}}t=-\left(\frac{\mu-r}{\sigma} \right)dt+dW^{\mathbb{Q}}t\tag 2 $$ $ (1) $ 和 $ (2) $ $$ dX_t=r X_tdt+\sigma X_t dW{t}^{\mathbb{Q}}.\tag 3 $$ 應用伊藤引理 $$ \ln X_T=\ln X_t+\left( r-\frac{1}{2}\sigma ^{2} \right)(T-t)+\sigma (W_T-W_t) $$ 事實上，我們展示了 $$ \ln X_T\sim N\left(\ln X_t+\left( r-\frac{1}{2}\sigma ^{2} \right)(T-t),,, \sigma^2(T-t)\right)\tag 4 $$ 所以 $$ Q(X_T<K)=Q(\ln X_T<\ln K)=N\left(\frac{\ln K-\ln X_t-\left( r-\frac{1}{2}\sigma ^{2} \right)(T-t)}{\sigma^2\sqrt{T-t}}\right) $$ 我們現在 $ N(-x)=1-N(x) $ ， 因此 $$ Q({{X}{T}}>K)=N\left(\frac{\ln \left(\frac{X_t}{K}\right)+\left( r-\frac{1}{2}\sigma ^{2} \right)(T-t)}{\sigma^2\sqrt{T-t}}\right)=N(d_2)\tag 5 $$ 現在我們應該改變度量 $ \mathbb{Q} $ 換一種措施 $ \mathbb{Q}^X $ . 考慮 Radon-Nikodym 導數 $$ \frac{d\mathbb{Q}^X}{d\mathbb{Q}}=\frac{B_T/B_t}{X_T/X_t} $$ 在哪裡 $$ B_t=\exp\left(\int{0}^{t}r,du\right)=e^{rt} $$ 因此 $$ {{\mathbb{Q}}^{X}}({{X}{T}}>K)=\int\limits_{K}^{+\infty }{d{{\mathbb{Q}}^{X}}}=\frac{{{e}^{-r(T-t)}}}{{{X}{t}}}\int\limits{K}^{+\infty }{{{X}{T}},d\mathbb{Q}}=\frac{{{e}^{-r(T-t)}}}{{{X}{t}}}\int\limits_{K}^{+\infty }{{{X}{T}}{{f}{{{X}{T}}}}(x)dx} $$ 我們有 $$ \mathbb{Q}^X(X_T>K)=\frac{e^{-r(T-t)}}{X_t}E^\mathbb{Q}[X_T|X_T>K]=N\left(\frac{\ln \left(\frac{X_t}{K}\right)+\left( r+\frac{1}{2}\sigma ^{2} \right)(T-t)}{\sigma^2\sqrt{T-t}}\right) $$ 的確 $$ \mathbb{Q}^X(X_T>K)=N(d_1)\tag 6 $$ 另一方面 $$ U(t,x)=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[,\max{X_T-K},0,\right]\tag 7 $$ 這很明顯 $$ \max{X_T-K,0}=(X_T-K)\mathbb{1}{{X_T>K}} $$ 然後 $$ U(t,X_t)=e^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[X_T\mathbb{1}{{X_T>K}}\right]-e^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[K\mathbb{1}{{X_T>K}}\right] $$ 因此 $$ U(t,X_t)=X_t,\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[\frac{X_T/X_t}{B_T/B_t}\mathbb{1}{{X_T>K}}\right]-Ke^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[\mathbb{1}{{X_T>K}}\right] $$ 換句話說 $$ U(t,X_t)=X_t\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}^X}\left[\mathbb{1}{{X_T>K}}\right]-Ke^{-r(T-t)}\mathbb{E}{t}^{\mathbb{Q}}\left[\mathbb{1}_{{X_T>K}}\right] $$ 所以 $$ U(t,X_t)=X_t\mathbb{Q}^X(X_T>K)-Ke^{-r(T-t)}\mathbb{Q}(X_T>K)\tag 8 $$ $ (5) $ , $ (6) $ 和 $ (8) $ $$ U(t,X_t)=X_tN(d_1)-Ke^{-r(T-t)}N(d_2) $$