隨時間變化的跳躍大小的跳躍擴散中的對數回歸的變異數
我正在嘗試計算變異數 $ \mathrm{var}\left(\log\frac{S\left(t\right)}{S\left(0\right)}\right) $ , 其中股票的動態 $ S $ 遵循由下式給出的跳躍擴散過程$$ \frac{dS\left(t\right)}{S\left(t-\right)} = \left(\alpha-\lambda \kappa\right)dt+\sigma dZ\left(t\right)+\left(Y\left(t\right)-1\right)dN\left(t\right), $$跳躍由獨立的Poisson過程驅動 $ N\left(t\right) $ 以恆定的強度 $ \lambda $ 和隨機跳躍大小 $ Y $ ，並且跳躍大小與參數呈對數正態分佈 $ \mu\left(t\right) $ 和 $ \delta\left(t\right) $ . $ \kappa = E\left(Y\left(t\right)-1\right) $ 是預期的相對跳躍 $ S\left(t\right) $ .
如果 $ \mu\left(t\right)=\mu $ 和 $ \delta\left(t\right)=\delta $ ，這只是一個正常的 Merton 跳躍擴散模型，例如 Navas (2003) 表明變異數為$$ \begin{align}\mathrm{var}\left(\log\frac{S\left(t\right)}{S\left(0\right)}\right) &=\mathrm{var}\left(\sigma Z\left(t\right)\right) + \mathrm{var}\left(\log Y\left(n\left(t\right)\right)\right) \ &= t \sigma ^2 + t \lambda \left(\mu^2 + \delta^2 \right),\end{align} $$因為Poisson過程與擴散無關。
如果跳躍大小和波動率不是恆定的，而是都是時間的函式，我正在嘗試計算這個數量 $ t $ ，如上所述。我一直在關注 Navas 的推導：$$ \begin{align}\mathrm{var}\left(\log Y\left(n\left(t\right)\right)\right) &= -E \left(\log Y\left(n\left(t\right)\right)\right)^2 + E \left(\left(\log Y\left(n\left(t\right)\right)\right)^2\right) \ &= -\left(\lambda\int \mu\left(t\right) dt \right)^2+ E \left(\left(\log Y\left(n\left(t\right)\right)\right)^2\right), \end{align} $$但我堅持最後的期望。請問有人可以幫忙嗎？
編輯（在賞金之後）：功能 $ \mu\left(t\right) $ 和 $ \sigma\left(t\right) $ 是，在我的例子中，分段函式的風格$$ \mu\left(t\right) = \begin{cases} \mu_1, & 0 < t \leq 1 \ \mu_2, & 1 < t \leq 2 \ \vdots & \vdots \ \mu_T, & T-1 < t \leq T. \end{cases} $$
參考：
Navas, Javier F.，跳躍擴散模型中的波動率計算。衍生物雜誌，卷。2003 年第 11 期第 2 期，可在 SSRN 獲取：https ://ssrn.com/abstract=1031196
注意：時間相關參數可以很容易地引入仿射跳躍擴散模型。即使相應的（時間）積分不能以封閉形式求解，也始終可以執行期權定價和矩估計，直至求解兩個 ODE。
在我的回答中，我遵循一個涉及您（廣義）默頓模型中返回過程的矩生成函式（mgf）的分析。為了找到 mgf，我們使用了Duffie, Pan, Singleton (2000)中的機器。一旦找到 mgf，我們計算收益分佈的一階和二階矩，以找到對數收益變異數。
第一步：獲取日誌返回過程
不失一般性，讓我們設置 $ S_0=1 $ 並找到過程 $ y\equiv \log(S) $ ：
$$ dy=d\log(S)=\left(\alpha-\lambda\kappa(t)-\frac{1}{2}\sigma^2\right)dt+\sigma dZ(t)+Y(t)dN(t) $$
在（廣義）默頓模型中，總收益跳躍呈對數正態分佈，因此對數收益跳躍呈正態分佈， $ Y(t)\sim \mathrm{N}\left(\mu(t),\delta(t)\right) $ . 時間相關參數 $ \kappa(t) $ 是，當然，不被轉換和等於 $ \kappa(t)=e^{\mu(t)+\frac{1}{2}\delta(t)^2}-1 $ .
第二步：返回過程的矩生成函式
Duffie, Pan, Singleton (2000)為計算仿射跳躍擴散模型的條件期望（具有時變參數）提供了一條直接的路徑。我們將使用這些方法並通過求解一些微分方程來找到矩生成函式。簡而言之，DPS2000 提供了一個框架來解決（簡化）表單的期望
$$ \mathrm{E}\left(e^{uy_T}|\mathcal{F}_t\right)=e^{a(t)+b(t)y_t} $$ 仔細觀察，我們看到這是矩生成函式 $ y_T $ . 通過巧妙地求解參數的常微分方程來解決這個期望 $ a(t),b(t) $ , 受限於邊界條件 $ a(T)=0, b(T)=u $
解決方案 $ b $ 是，簡單地說， $ b(t)=u $ . 解決方案 $ a $ 通過求解以下 ODE 得到：
$$ \frac{\mathrm{d}a}{\mathrm{d} t}=-u\left(\alpha-\lambda\kappa(t)-\frac{1}{2}\sigma^2\right)-\frac{1}{2}u^2\sigma^2-\lambda\left(e^{u\mu(t)+\frac{1}{2}u^2\delta(t)^2}-1\right) $$
讓 $ \tau = T-t $ , 解決方案是
$$ a=u\tau\left(\alpha-\frac{1}{2}\sigma^2\right)+\frac{1}{2}u^2\sigma^2\tau-\lambda u\sum_i\Delta_i\kappa_i+\lambda\sum_i\Delta_i\left(e^{u\mu_i+\frac{1}{2}u^2\delta_i^2}-1\right) $$ 我們讓 $ \kappa_i=e^{\mu_i+\frac{1}{2}\delta_i^2}-1 $ 和 $ \Delta_i=t_i-{t_{i-1}} $ 參數“有效”的持續時間。在你的例子中， $ \Delta_i=\Delta=1 $ .
因此，我們找到了矩生成函式 $ y_T $ $$ \mathrm{M}_{y_T}(u)=e^{a(t,T,u)+uy_t} $$
的時刻 $ y_T\equiv\log S_T $
給定矩生成函式，我們可以找到 $ k $ 回報分佈的時刻為：
$$ \mathrm{E}\left(y_T^k\right)=\left.\frac{\partial^k \mathrm{M}{y_T}\left(u\right)}{\partial u^k}\right|{u=0} $$
的一階導數 $ M $ , 評價為 $ u=0 $ 是第一個時刻：
$$ \mathrm{E}(y_T)=\left(\alpha-\frac{1}{2}\sigma^2\right)\tau-\lambda\sum_i\Delta_i\kappa_i+\lambda\sum_i\Delta_i\mu_i $$
的二階導數 $ M $ , 評價為 $ u=0 $ 是第二個時刻：
$$ \mathrm{E}(y_T^2)=\left[\left(\alpha-\frac{1}{2}\sigma^2\right)\tau-\lambda\sum_i\Delta_i\kappa_i+\lambda\sum_i\Delta_i\mu_i\right]^2+\sigma^2\tau+\lambda\sum_i\Delta_i\left(\mu_i^2+\delta_i^2\right) $$
變異數被發現為
$$ \mathrm{Var}(y_T^2)=\mathrm{E}(y_T^2)-\mathrm{E}(y_T)^2=\sigma^2\tau+\lambda\sum_i\Delta_i\left(\mu_i^2+\delta_i^2\right) $$
將其與標準 Merton 模型的結果進行比較，我們發現跳躍分量貢獻的變異數是分段分量的加權和。