零息債券的擴展赫爾白利率模型
讓我們採用以下三個 SDE：
$$ dr=u(r,t)dt + w(r,t)dX $$ $$ u(r,t)=a(t)-br $$ $$ w(r,t)=c $$ 在哪裡 $ b $ 和 $ c $ 是常數和 $ a(t) $ 時間的任意函式 $ t $ .
如果零息債券 $ Z(r,T,T)=1 $ 因為這個模型有形式
$$ Z(r,t,T)=e^{(A(t,T)-B(t,T)r)} $$ 你怎麼找到 $ A $ 和 $ B $ ?
我已經在沒有套利條件的情況下得出了這個模型的 PDE。在 PDE 中替換它並沒有給出正確的答案。
這是一個不使用 PDE 技術的解決方案，這是首選，因為我們不需要從一開始就假設零息票價格的仿射形式。
我們假設，在風險中性測度下，
$$ \begin{align*} dr_t = (\theta(t)-a r_t) dt + \sigma dW_t, \end{align*} $$ 在哪裡 $ a $ 和 $ \sigma $ 是常數， $ a(t) $ 是確定性函式，並且 $ W_t $ 是標準布朗運動。我們試圖計算由下式定義的零息債券價格 $$ \begin{align*} P(t, T) &= E\left(e^{-\int_t^T r_s ds} \mid \mathcal{F}_t \right), \end{align*} $$ 在哪裡 $ \mathcal{F}_t $ 是按時間設置的資訊 $ t $ . 注意 $$ \begin{align*} d\left(e^{at} r_t\right) &= be^{at}r_t dt + e^{at} dr_t\ &=\theta(t)e^{at} dt + \sigma e^{at} dW_t. \end{align*} $$ 那麼，對於 $ s \geq t \geq 0 $ , $$ \begin{align*} e^{as} r_s = e^{at} r_t + \int_t^s \theta(u)e^{au} du + \int_t^s \sigma e^{au} dW_u. \end{align*} $$ 那是， $$ \begin{align*} r_s = e^{-a(s-t)} r_t + \int_t^s \theta(u)e^{-a(s-u)} du + \int_t^s \sigma e^{-a(s-u)} dW_u. \end{align*} $$ 然後我們有積分 $$ \begin{align*} &\ \int_t^T r_s ds \ =&\ r_t \int_t^T e^{-a(s-t)} ds + \int_t^T!!!!\int_t^s \theta(u)e^{-a(s-u)} du ds + \int_t^T!!!!\int_t^s\sigma e^{-a(s-u)} dW_u ds\ =&\ \frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)} \Big) r_t + \int_t^T!!!!\int_u^T \theta(u)e^{-a(s-u)} ds du + \int_t^T!!!!\int_u^T \sigma e^{-a(s-u)} ds dW_u\ =&\ \frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)} \Big) r_t + \int_t^T!! \frac{\theta(u)}{a}\Big(1-e^{-a(T-u)} \Big)du + \int_t^T !!\frac{\sigma}{a}\Big(1-e^{-a(T-u)} \Big)dW_u. \end{align*} $$ 讓 $$ \begin{align*} B(t, T) = \frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)} \Big). \end{align*} $$ 然後， $$ \begin{align*} \int_t^T r_s ds &= B(t, T) r_t + \int_t^T \theta(u) B(u, T) du + \int_t^T \sigma B(u, T) dW_u. \end{align*} $$ 此外，零息債券價格由下式給出 $$ \begin{align*} P(t, T) &= E\left(e^{-\int_t^T r_s ds} \mid \mathcal{F}_t \right)\ &=\exp\left(-B(t, T) r_t - \int_t^T \theta(u) B(u, T) du + \frac{1}{2}\int_t^T \sigma^2 B(u, T)^2 du\right). \end{align*} $$ 注意 $$ \begin{align*} \int_t^T \sigma^2 B(u, T)^2 du &= \frac{\sigma^2}{a^2}\int_t^T \left(1 - 2e^{-a(T-u)} + e^{-2a(T-u)}\right) du\ &=\frac{\sigma^2}{a^2}\left(T-t-\frac{2}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)}\Big) +\frac{1}{2a} \Big(1-e^{-2a(T-t)}\Big) \right)\ &= \frac{\sigma^2}{a^2}\left(T-t -\frac{1}{2a}\Big(1-e^{-a(T-t)}\Big)^2-\frac{1}{a}\Big(1-e^{-a(T-t)}\Big)\right)\ &= -\frac{\sigma^2}{a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{2a}B(t, T)^2. \end{align*} $$ 然後 $$ \begin{align*} P(t, T) &= A(t, T) e^{-B(t, T) r_t}, \end{align*} $$ 在哪裡 $$ \begin{align*} A(t, T) &= \exp\left(- \int_t^T \theta(u) B(u, T) du -\frac{\sigma^2}{2a^2}\big(B(t, T) -T+t\big)-\frac{\sigma^2}{4a}B(t, T)^2\right). \end{align*} $$ 有關使用 PDE 方法的另一種推導，請參見http://www.math.nyu.edu/~benartzi/Slides10.3.pdf。