對為什麼在 BS 模型中，看漲期權的預期回報率隨著股價上漲而下降的更嚴格的數學解釋
假設 Black-Scholes 框架，一個問題詢問以下陳述是否正確：
看漲期權的預期回報隨著股價上漲而上升。
解決方案是：
該聲明是錯誤的。
隨著股票價格上漲，看漲期權的風險降低，因此看漲期權的預期收益減少。
隨著股價下跌，看漲期權的風險變得更大，因此看漲期權的預期收益增加。
我希望得到一個更令人滿意的答案，所以我想知道如何在數學上說服自己。
我們知道 $ \gamma_\text{Call} = \Omega_\text{Call}(\alpha - r) + r $ ， 在哪裡 $ \gamma_\text{Call} $ 是看漲期權的連續複合回報，並且 $ \Omega_\text{Call} $ 是通話的彈性。
我們也知道 $ \Omega_\text{Call} = \frac{\Delta_\text{Call} \cdot S_0}{\text{Call Premium}} $ . 現在在 Black-Scholes 模型中， $ \alpha $ 和 $ r $ 是恆定的。
所以我認為我們只需要考慮 $ \Omega_\text{Call} $ .
作為 $ S_0 \rightarrow \infty $ , $ \Delta_\text{Call} \rightarrow 1 $ 和 $ \text{Call Premium} \rightarrow \infty $ .
同樣，作為 $ S_0 \rightarrow 0 $ , $ \Delta_\text{Call} \rightarrow 0 $ 和 $ \text{Call Premium} \rightarrow 0 $ .
所以我認為我們要麼有一個不確定的形式 $ \frac{\infty}{\infty} $ 或者 $ \frac{0}{0} $ .
對於第一個不確定，應用 L’Hôpital 規則（多次）：
$$ \begin{align*}\lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Omega_\text{Call} &= \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\Delta_\text{Call} S_0}{\text{Call Premium}} = \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\Gamma_\text{Call} S_0 + \Delta_\text{Call}}{\Delta_\text{Call}}\ &= \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\Gamma_\text{Call} S_0 + 1}{1} = \infty.\end{align*} $$
對於第二個不確定，應用 L’Hôpital 規則（多次）：
$$ \begin{align*}\lim_{S_0 \rightarrow 0} \Omega_\text{Call} &= \lim_{S_0 \rightarrow 0} \frac{\Delta_\text{Call} S_0}{\text{Call Premium}} = \lim_{S_0 \rightarrow 0} \frac{\Gamma_\text{Call} S_0 + \Delta_\text{Call}}{\Delta_\text{Call}}\ &= \lim_{S_0 \rightarrow 0} \frac{\Gamma_\text{Call}}{\Gamma_\text{Call}} = 1.\end{align*} $$
所以，如果我的工作是正確的，如 $ S_0 \rightarrow 0 $ , $ \Omega_\text{Call} \rightarrow 1 $ 並作為 $ S_0 \rightarrow \infty $ , $ \Omega_\text{Call} \rightarrow \infty $ .
那麼作為 $ S_0 \rightarrow 0 $ , $ \gamma_\text{Call} = \Omega_\text{Call}(\alpha - r) + r \rightarrow \alpha $ 和 $ S_0 \rightarrow \infty $ , $ \gamma_\text{Call} = \Omega_\text{Call}(\alpha - r) + r \rightarrow \infty $ .
這似乎與作者所說的相反，所以我不知道我在哪裡犯了錯誤。
我認為您幾乎達到了目標，但在應用 l’Hopital 規則時犯了一些錯誤。
第一個限制
在第一種情況下，你得到
$$ \begin{eqnarray} \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Omega & = & \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\Gamma_{\text{call}} S_0 + \Delta_{\text{call}}}{\Delta_{\text{call}}}\ & = & \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\Gamma_{\text{call}} S_0 + 1}{1} \end{eqnarray} $$ 你似乎得出的結論是 $ \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Gamma_{\text{call}} S_0 = \infty $ 因此 $ \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Omega = \infty $ . 然而，事實並非如此。請記住
$$ \begin{equation} \Gamma_{\text{call}} = \frac{\mathcal{N}’ \left( d_+ \right)}{S_0 \sigma \sqrt{T}} \end{equation} $$ 因此
$$ \begin{equation} \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Gamma_{\text{call}} S_0 = \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \frac{\mathcal{N}’ \left( d_+ \right)}{\sigma \sqrt{T}} = 0. \end{equation} $$ 最後 $ \lim_{S_0 \rightarrow \infty} \Omega_{\text{call}} = 1 $ 正如樣品溶液所假設的那樣。
第二個限制
我同意你的觀點，直到你有
$$ \begin{equation} \lim_{S_0 \rightarrow 0} \Omega_{\text{call}} = \frac{\Gamma_{\text{call}} S_0 + \Delta_{\text{call}}}{\Delta_{\text{call}}} \end{equation} $$ 這導致 $ 0 / 0 $ 情況。但是，當您現在再次應用 l’Hopital 規則時，您沒有正確應用鍊式規則並忘記區分 gamma。我明白了
$$ \begin{equation} \ldots = \lim_{S_0 \rightarrow 0} \frac{\mathcal{S}{\text{call}} S_0 + 2 \Gamma{\text{call}}}{\Gamma_{\text{call}}} \end{equation} $$ 我在哪裡使用 $ \mathcal{S}_{\text{call}} $ 表示對現場的三階導數（速度）。它是由
$$ \begin{equation} \mathcal{S}{\text{call}} = -\frac{\Gamma{\text{call}}}{S_0} \left( \frac{d_+}{\sigma \sqrt{T}} + 1 \right). \end{equation} $$ 我們因此得到
$$ \begin{equation} \ldots = \lim_{S_0 \rightarrow 0} \left{ -\left( \frac{d_+}{\sigma \sqrt{T}} + 1 \right) + 2 \right}. \end{equation} $$ 現在，自從 $ \lim_{S_0 \rightarrow 0} d_+ = -\infty $ ，這會產生 $ \lim_{S_0 \rightarrow 0} \Omega_{\text{call}} = \infty $ 正如樣品溶液所假設的那樣。