Black Scholes 設置中對沖誤差的推導
我正在閱讀戴維斯的以下短文。在第 2.6 節中，他想推導出對沖誤差的表達式。假設我們有 Black scoles 設置：
$$ dS_t = S_t(r dt + \sigma dW_t) $$ $$ dB_t = B_t r dt $$ 然後讓 $ C_h(S, r, \sigma, t) = C(t,S_t) $ 是價格時間 $ t $ 具有行使價值的期權 $ h(S_T) $ . 按時賣出 $ 0 $ 我們收到的選項 $ C_h(S_0, r, \hat{\sigma},0) $ ， 在哪裡 $ \hat{\sigma} $ 是隱含波動率。他認為 $ \sigma = \hat{\sigma} $ , 模型 volatiy 是正確的。
假設我們的模型不正確，而是 $ S $ 遵循 SDE
$$ dS_t = S_t(\alpha(t,\omega)dt + \beta(\omega, t)dW_t) $$ 其中所涉及的過程滿足一定的規律性條件。我們對已售出的期權進行 delta 對沖，即我們的投資組合的價值 $ X_t $ 是（誰）給的 $ X_0=C(0,S_0) $
$$ dX_t = \frac{\partial C}{\partial S}dS_t + (X_t -\frac{\partial C}{\partial S}S_t) r dt $$ 這是自籌資金。表示 $ Y_t \equiv C(t,S_t) $ 和 $ Z_t = X_t - Y_t $ , 我們得到的對沖誤差
$$ \frac{d}{dt}Z_t = rX_t - rS_t\frac{\partial C}{\partial S_t}-\frac{\partial C}{\partial t}-\frac{1}{2}\beta^2_t S^2_t \frac{\partial^2 C}{\partial S^2} $$ 表示 $ \Gamma_t = \frac{\partial^2 C}{\partial S^2} $ 並使用 Black Scholes PDE 我們發現
$$ \frac{d}{dt}Z_t = rZ_t +\frac{1}{2}S_t^2\Gamma_t^2(\hat{\sigma}^2-\beta_t^2) $$ 我認為伽瑪的平方是錯誤的，應該是 $ \Gamma_t $ .
我的問題是他如何得出以下最後一個表達式 $ (Z_0 = 0) $ :
$$ Z_T = X_T- h(S_T) = \int_0^T e^{r(T-s)}\frac{1}{2}S^2_t\Gamma^2_t(\hat{\sigma}^2-\beta^2_t)dt $$ 我猜是 $ dt $ 應該是一個 $ ds $ 和所有 $ t $ 應該替換為 $ s $ 積分下。 $ Z_T = X_T-h(S_T) $ 很清楚，根據定義，這是真的。最後一個平等讓我感到困擾。
由於利率，微分方程具有趨勢。當您打折時，您會消除這種趨勢：
$$ \frac{d}{dt} (e^{-rt}Z_t) = -re^{-rt}Z_t + e^{-rt} \frac{d}{dt}Z_t = e^{-rt}\frac{1}{2}S_t^2\Gamma_t(\hat{\sigma}^2-\beta_t^2) $$ $ Z $ 不再出現在 rhs 上，您可以整合 $$ e^{-rT}Z_T - e^{-r0}Z_0 = \int_0^T e^{-rt}\frac{1}{2}S^2_t\Gamma_t(\hat{\sigma}^2-\beta^2_t),dt $$並乘以 $ e^{rT} $ 得到公式。 $$ Z_T = \int_0^T e^{r(T-t)}\frac{1}{2}S^2_t\Gamma_t(\hat{\sigma}^2-\beta^2_t)dt $$ PS：注意沒有平方伽瑪和沒有 $ s $ 在公式。