短期利率模型的 Ho 和 lee 推導
一個困擾我的愚蠢問題。我正在研究 Baxter 和 Rennie（再次），我在短期利率模型上取得了突破，特別是直接的 Ho 和 Lee 分析。
所以給定 SDE（在 $ \mathbb{Q} $ 措施）
$$ dr_t = \sigma dW_t +\theta_t dt $$ 在哪裡 $ \theta_t $ 既是確定性的又是有界的 $ \sigma $ 是恆定的。這變成 $$ r_t = f(0,t) + \sigma W_t +\int_0^t \theta_s ds $$ （我希望）。 如何計算積分
$$ \int_t^T r_sds $$ 基本上它歸結為計算
$$ \int_t^T W_sds $$ 和 $$ \int_t^T \int_0^s \theta_k dk. $$ 從第一個積分開始只是書本工作（儘管很高興在這裡看到除部分以外的推導嗎？）這是我不確定的後者，因為結果顯然是 $$ \int_t^T (T-s)\theta_s ds $$ 我對哪個感到困惑？ $ \textbf{edit} $ 實際上，一條重要的資訊是我正在嘗試計算
$$ -\log\mathbb{E}_{\mathbb{Q}}\left(\mathrm{e}^{-\int_t^T r_sds}\vert r_t = x\right)=x(T-t) -\frac{1}{6}\sigma^2 (T-t)^3 + \int_0^T (T-s)\theta_sds $$
對於任何 $ s \geq t $ ， 注意
$$ \begin{align*} r_s = r_t + \sigma\int_t^s dW_u + \int_t^s \theta_u du. \end{align*} $$ 然後， $$ \begin{align*} \int_t^T r_s ds &= (T-t)r_t + \sigma\int_t^T\int_t^s dW_u ds + \int_t^T \int_t^s\theta_u du ds\ &=(T-t)r_t + \sigma\int_t^T\int_u^T ds, dW_u +\int_t^T\int_u^T\theta_u ds du\ &=(T-t)r_t + \sigma\int_t^T (T-u)dW_u +\int_t^T (T-u) \theta_u du. \end{align*} $$ 而且， $$ \begin{align*} E_Q\Big(e^{-\int_t^T r_s ds} \mid r_t \Big) &= e^{-(T-t)r_t - \int_t^T (T-u) \theta_u du}E_Q\Big(e^{-\sigma\int_t^T (T-u)dW_u} \mid r_t\Big)\ &=e^{-(T-t)r_t - \int_t^T (T-u) \theta_u du}e^{\frac{\sigma^2}{2}\int_t^T(T-u)^2 du} \ &=e^{-(T-t)r_t - \int_t^T (T-u)\theta_u du + \frac{\sigma^2}{6}(T-t)^3}. \end{align*} $$ 那是， $$ \begin{align*} -\ln E_Q\Big(e^{-\int_t^T r_s ds} \mid r_t \Big) = (T-t)r_t + \int_t^T (T-u)\theta_u du - \frac{\sigma^2}{6}(T-t)^3. \end{align*} $$ 如果你真的需要積分 $ \int_t^T\int_0^s \theta_u du ds $ ，您可以進行如下操作： $$ \begin{align*} \int_t^T\int_0^s \theta_u du ds &= \int_t^T\int_0^t \theta_u du ds + \int_t^T\int_t^s \theta_u du ds \ &=(T-t)\int_0^t \theta_u ds + \int_t^T\int_u^T \theta_u ds du\ &=(T-t)\int_0^t \theta_u ds + \int_t^T (T-u)\theta_u du. \end{align*} $$