使用赫爾懷特的零息債券定價公式
我在理解使用 Hull White 推導零息票定價公式的參數時遇到了一些麻煩。具體來說，我想了解如何獲得
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$$ 1 $$ 其中
是連續複利的零即期利率：
是初始瞬時遠期利率曲線
我了解以下過程：
–
$$ 2 $$ 和
“\theta (t) = af^M(0, t)+\partial f^M(0,T)\partial t+\sigma ^2/2a^2*(1-e^-2at))”) —
$$ 3 $$ 有人可以幫我推導嗎
$$ 1 $$從$$ 2 $$或者$$ 3 $$? 首先十分感謝。
在赫爾-懷特利率模型下，短期利率 $ r_t $ 滿足以下形式的風險中性 SDE
$$ \begin{align*} dr_t = (\theta(t)-a r_t)dt+ \sigma dW_t. \end{align*} $$ 當時的價格 $ t $ 到期的零息債券 $ T $ 然後單位面值由下式給出 $$ \begin{align*} P(t, T) &= A(t, T) e^{-B(t, T) r_t}, \end{align*} $$ 在哪裡 $$ \begin{align*} B(t, T) &= \frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)} \Big),\ A(t, T) &= \exp\left(- \int_t^T \theta(u) B(u, T) du -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\right), \tag{1}\ \theta(t) &= af^M(0, t) +\frac{\partial f^M(0, t)}{\partial t}+\frac{\sigma^2}{2a}\left(1-e^{-2at}\right), \ \end{align*} $$ 和 $$ \begin{align*} f^M(0, t) &= -\frac{\partial \ln P(0, t)}{\partial t}. \end{align*} $$ 注意， $$ \begin{align*} \ln P(0, T) = -\int_0^T f^M(0, u) du. \end{align*} $$ 此外，我們定義了到期收益率 $ R(t, T) $ 經過 $$ \begin{align*} R(t, T) &=\frac{-\ln P(t, T)}{T-t}. \end{align*} $$ 我們表明 $$ \begin{align*} \ln A(t, T) &= \left[tR(0, t)-TR(0, T) \right] + B(t, T)f^M(0, t) -\frac{\sigma^2}{4a}\left(1-e^{-2at} \right)B(t, T)^2.\tag{2} \end{align*} $$ 注意，
$$ \begin{align*} & \ \int_t^T \frac{\partial f^M(0, u)}{\partial u}B(u, T) \ =&\ f^M(0, u)B(u, T), \big|_t^T - \int_t^T f^M(0, u)\frac{\partial B(u, T)}{\partial u}du\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T) + \int_t^T f^M(0, u) e^{-a(T-u)} du\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T) - a\int_t^T f^M(0, u) B(u, T) du + \int_t^T f^M(0, u)du. \end{align*} $$ 那是， $$ \begin{align*} &\ a\int_t^T f^M(0, u) B(u, T) du + \int_t^T \frac{\partial f^M(0, u)}{\partial T}B(u, T) \ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)+\int_t^T f^M(0, u)du\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)- \ln P(0, T)+\ln(0, t)\ =&\ -f^M(0, t)B(t, T)+ TR(0, T)-tR(0, t). \end{align*} $$ 然後 $$ \begin{align*} &\ \int_t^T \frac{\sigma^2}{2a}\left(1-e^{-2au}\right) B(u, T) du \ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\int_t^T \left(1-e^{-2au}\right)\left(1-e^{-a(T-u)} \right)du\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\int_t^T \left(1-e^{-2au} - e^{-a(T-u)} + e^{-a(T+u)}\right)du\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\left[T-t+\frac{1}{2a}\left(e^{-2aT}-e^{-2at} \right) + \frac{1}{a}\left(1-e^{-a(T-t)} \right) -\frac{1}{a}\left(e^{-2aT}-e^{-a(T+t)}\right) \right] \ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\left[\big(T-t- B(t, T)\big) + \frac{1}{2a}e^{-2at}\left(-e^{-2a(T-t)}-1 +2e^{-a(T-t)} \right)\right]\ =&\ \frac{\sigma^2}{2a^2}\big(T-t- B(t, T)\big) - \frac{\sigma^2}{4a}e^{-2at}B(t, T)^2. \end{align*} $$ 所以， $$ \begin{align*} &\ \ln A(t, T) \ =&\ - \int_t^T \theta(u) B(u, T) du -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\ =&\ f^M(0, t)B(t, T)+ tR(0, t)- TR(0, T)- \frac{\sigma^2}{2a^2}\big(T-t- B(t, T)\big) + \frac{\sigma^2}{4a}e^{-2at}B(t, T)^2\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\ =&\ \big(tR(0, t)- TR(0, T)\big)+f^M(0, t)B(t, T) - \frac{\sigma^2}{4a}\left(1-e^{-2at} \right)B(t, T)^2, \end{align*} $$ 這是必需的聲明 $ (2) $ 以上。