Ma2td 09.0.5 - @risk - derivação da equação de black-scholes

Derivação da Equação de

Black-Scholes

2a Aula - Slides de Backup - IV

Prof.Gustavo Corrêa Mirapalheta

Black-Scholes EDP n Seja S o preço de um ativo em um instante t. Após um

intervalor de tempo dt, o preço do ativo variou para S+dS.

n Neste caso o rendimento do ativo neste intervalo de tempo

dt será: 𝑑𝑆

𝑆.

n Iremos modelar este rendimento dividindo o mesmo em dois componentes; um determinístico e outro estocástico.

n O componente determinístico é simplesmente 𝜇𝑑𝑡, onde m é a taxa de crescimento por período.

n O componente aleatório é dado por 𝜎𝑑𝑋, onde X é uma variável aleatória normal com média igual a 0 e variância

igual a dt, a qual é representada por 𝑁 0, 𝑑𝑡2

n Sendo assim temos : 𝑑𝑆

𝑆= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

Black-Scholes EDP n Vamos agora modificar a fórmula de Taylor para analisar a

variação de uma função. A fórmula de Taylor (expansão

polinominal) é: 𝑓 𝑥 = 𝑓𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞𝑛=0

𝑛!.

n Vamos expandir a partir de n=1. Sendo assim a fórmula fica:

𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑎 + 𝑓𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞𝑛=1

𝑛!

n Trocando x por x+Dx e a por x teremos :

– 𝑓 𝑥 − 𝑓 𝑎 = 𝑓𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞𝑛=1

𝑛!

– 𝑓 𝑥 + Δ𝑥 − 𝑓 𝑥 = 𝑓𝑛 𝑥 Δ𝑥 𝑛∞𝑛=1

𝑛!

n No próximo slide vamos tomar a expansão a partir de n=3.

Black-Scholes EDP n Tomando a expansão a partir de n=3, teremos:

– 𝑓 𝑥 + Δ𝑥 − 𝑓 𝑥 = 𝑓´ 𝑥 Δ𝑥 +1

2𝑓´´ 𝑥 Δ𝑥 2 +

𝑓𝑛 𝑥 Δ𝑥 𝑛∞𝑛=3

𝑛!

n Tomando o limite para Δ𝑡 → 0 e desprezando termos superiores a 2,

teremos:

– 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑥𝑑𝑥 +

1

2

𝑑2𝑓

𝑑𝑥2(𝑑𝑥)2

– Com isto temos uma expressão para avaliar uma variação df em uma

função f(x) (isto é um uma variável f, a qual é a variável dependente) a

partir de uma variação na variável independente x.

n Vamos agora retornar para nossa expressão original, 𝑑𝑆

𝑆= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋, onde 𝑋 = 𝑁(0, 𝑑𝑡), onde dt é a variância de X

– Lembrando que nesta expressão S é o preço de um ativo e t é o tempo. O

preço portanto é função do tempo t e seu valor real será a soma de uma

parte determinística 𝜇𝑑𝑡 e outra estocástica 𝜎𝑑𝑋.

Black-Scholes EDP n No caso de um derivativo, o valor do derivativo f é uma função

do preço do ativo alvo S, o qual por sua vez é uma função do

tempo t.

n Sendo assim, utilizando a expansão em série de Taylor com

dois termos desenvolvida no slide anterior, teremos que :

– 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑆 +

1

2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2(𝑑𝑆)2

n Por outro lado vimos que o retorno proporcionado pelo valor do

ativo alvo S, é dado por 𝑑𝑆

𝑆= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋.

– Isolando dS, temos 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

– Elevando dS ao quadrado, pois na expressão de df (a que irá

determinar a variação no valor do derivativo) esta presente (dS)2,

teremos: 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2 = 𝑆2 𝜇2𝑑𝑡2 + 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2(𝑑𝑋)2 2

Black-Scholes EDP n Lembrando o slide anterior:

– 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2 = 𝑆2 𝜇2𝑑𝑡2 + 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2(𝑑𝑋)2

n X é uma variável normal do tipo N(0,dt). Seu desvio padrão é

𝑑𝑡 e sua variância é dt. Em termos de unidades X2 é proporcional a dt, pois o desvio padrão é medido nas mesmas unidades da variável e a variância é medida nas unidades ao quadrado.

n É razoável supor que quando 𝑑𝑡 → 0, (𝑑𝑋)2→ 𝑑𝑡 . A prova formal deste resultado é mais complicada, portanto apenas o argumento lógico será aqui apresentado.

n Sendo assim na expressão:

– 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2 = 𝑆2 𝜇2𝑑𝑡2 + 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2(𝑑𝑋)2 o termo (dX)2 domina os demais, portanto 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜎2(𝑑𝑋)2 , lembrando que (𝑑𝑋)2→ 𝑑𝑡, temos 𝑑𝑆2 = 𝑆2𝜎2𝑑𝑡

Black-Scholes EDP

n Voltando para a expressão 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑆 +

1

2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2(𝑑𝑆)2 e lembrando que no

slide anterior 𝑑𝑆2 = 𝑆2𝜎2𝑑𝑡 , teremos 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑆 +

1

2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2𝑆2𝜎2𝑑𝑡

n Estamos agora com a expressão 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑆 +

1

2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2𝑆2𝜎2𝑑𝑡. Lembrando do

outro slide que 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 temos portanto:

𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 +

1

2

𝑑2𝑓


n Nossa expressão agora é 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 +

1

2

𝑑2𝑓


n Expandindo: 𝑑𝑓 =𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑆𝜇𝑑𝑡 +

𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑆𝜎𝑑𝑋 +

1

2

𝑑2𝑓


n Simplificando: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆

𝑑𝑓

𝑑𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2𝑑𝑡

n Vamos agora acrescentar a variação temporal do próprio valor do derivativo

f. Esta variação temporal seria 𝑑𝑓

𝑑𝑡, se f fosse uma função exclusiva de t.

Black-Scholes EDP

n Nossa expressão agora é: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆𝑑𝑓

𝑑𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆

𝑑𝑓

𝑑𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝑑2𝑓

𝑑𝑆2𝑑𝑡

n f é o valor do derivativo. É natural supor que o valor do derivativo depende

do valor do ativo alvo S e também do tempo t, pois seu valor poderá variar

mesmo que o valor do ativo alvo S permaneça constante. Logo f=f(S,t).

n Sendo assim a expressão acima deve ser alterada para a notação de

derivadas parciais pois a variação de f é dependente de S e de t. A

expressão anterior portanto mede a variação df decorrente da variação de

S. Passando ela para a notação de derivadas parciais temos:

𝑑𝑓 = 𝜎𝑆𝜕𝑓

𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆

𝜕𝑓

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑓

𝜕𝑆2𝑑𝑡

n A variação de f decorrente apenas do tempo será 𝑑𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑡𝑑𝑡

n A variação total de f será então: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆𝜕𝑓


𝜕𝑓

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑓

𝜕𝑆2+

𝜕𝑓

𝜕𝑡𝑑𝑡

n Este resultado é denominado de Lemma de Itô. Ele relaciona a variação de

uma função f a um valor S, a variação de S e a variação do tempo t.

Black-Scholes EDP n Nossa expressão agora é: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆

𝜕𝑓


𝜕𝑓

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑓

𝜕𝑆2+

𝜕𝑓

𝜕𝑡𝑑𝑡

n Para padronizar a notação, o valor de um derivativo, seja uma call seja uma put será chamado de V. Sabemos que V é uma função do valor do ativo alvo S e do próprio tempo t, sendo assim V = V(S,t).

n Sendo assim : 𝑑𝑉 = 𝜎𝑆𝜕𝑉


𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡

n Suponha agora um portfólio que contenha uma opção V e –D unidades do ativo alvo S. Sendo assim o valor deste portfolio será Π = 𝑉 − Δ. 𝑆.

n A variação de valor do portfólio será 𝑑Π = 𝑑𝑉 − Δ. 𝑑𝑆. Substituindo dV pelo valor obtido pela Lemma de Itô, teremos:

n 𝑑Π = 𝜎𝑆𝜕𝑉


𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡 − Δ. 𝑑𝑆

n Lembrando de slides anteriores que 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 e substituindo:

n 𝑑Π = 𝜎𝑆𝜕𝑉


𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡 − Δ. 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

Black-Scholes EDP n Lembrando: 𝑑Π = 𝜎𝑆

𝜕𝑉


𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡 − Δ. 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

n Reagrupando: 𝑑Π = 𝜎𝑆𝜕𝑉

𝜕𝑆− Δ. 𝑆𝜎 𝑑𝑋 + 𝜇𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡− Δ. 𝑆𝜇 𝑑𝑡

n Vamos escolher D de forma que ele faça o valor do portfólio Π permanecer constante, pois isto elimina o risco do portfolio. Sendo assim 𝑑Π = 0. Como

dΠ = 𝑑𝑉 − Δ. 𝑑𝑆 , isto implica que Δ =𝜕𝑉

𝜕𝑆. Isto nos levará para:

𝑑Π = 𝜎𝑆𝜕𝑉

𝜕𝑆−

𝜕𝑉

𝜕𝑆. 𝑆𝜎 𝑑𝑋 + 𝜇𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡−

𝜕𝑉

𝜕𝑆. 𝑆𝜇 𝑑𝑡

n Simplificando: 𝑑Π =1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡.

n Se o valor do portfólio Π tivesse sido investido no ativo livre de risco, a uma taxa r, teríamos após um período dt o valor Π𝑟𝑑𝑡. Este é o nosso custo de oportunidade, em outras palavras estamos sendo conservadores com o rendimento esperado.

n Sendo conservadores portanto teremos Π𝑟𝑑𝑡.=1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡𝑑𝑡

n Lembrando que o valor do portfólio Π foi definido como Π = 𝑉 − Δ. 𝑆 e que D foi

escolhido como Δ =𝜕𝑉

𝜕𝑆 teremos 𝑉 −

𝜕𝑉

𝜕𝑆. 𝑆 𝑟 =

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡

Black-Scholes EDP

n Nossa expressão agora é 𝑉 −𝜕𝑉

𝜕𝑆. 𝑆 𝑟 =

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+

𝜕𝑉

𝜕𝑡

n Passando todos os termos para o lado esquerdo da igualdade teremos:

n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0

n Esta é a equação de Black-Scholes!

n Os termos da mesma envolvem :

n A primeira derivada do preço da opção V em relação ao tempo t.

n A primeira e segunda derivadas do preço da opção V em relação ao

preço do ativo alvo S.

n O preço do ativo alvo S, o próprio preço da opção V e a taxa de juros

livre de risco r.

n A volatilidade do ativo alvo s

Resolução da Equação de

Black-Scholes

2a Aula - Slides de Backup - V

Prof.Gustavo Corrêa Mirapalheta

Solução da EDP de Black-Scholes n A equação de Black-Scholes é :

𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0

n Sendo uma EDP, precisamos determinar as condições de contorno da mesma, antes de iniciar sua resolução.

n Sabemos que V=V(t,S), ou seja, o valor da call é uma função do tempo t e do valor do ativo alvo S.

n Se queremos precificar uma call européia, as condições de contorno serão:

n V(t,0) = 0 o que significa que, não importa o tempo, se o valor do ativo alvo for nulo, o preço da opção também o será.

n V(T,S) = max(S – E,0) o que significa que o valor da opção na data de exercício T, será o maior valor entre S-E (a diferença entre o valor do ativo alvo S e o preço de exercício E) e 0. Isto acontece porque se, o valor do ativo alvo S estiver abaixo do preço de exercício E, não precisamos exercer nosso direito de comprar o ativo alvo pelo preço E.

n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞, o que significa que a diferença proporcional entre o valor da opção V e o valor do ativo alvo S torna-se cada vez menor, a medida que o valor do ativo alvo aumenta.

Solução da EDP de Black-Scholes n Nossa EDP e condições de contorno são:

n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0

n V(t,0) = 0

n V(T,S) = max(S – E,0)

n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞

n Vamos executar uma mudança de variáveis para adaptar esta EDP a um

formato que já possua solução conhecida. Observe que existe uma primeira

derivada em t e uma segunda derivada em S.

n Dentre as EDPs mais conhecidas, aquela que envolve uma primeira

derivada no tempo e uma segunda derivada no espaço é :

n𝜕𝑉

𝜕𝑡= 𝑐

𝜕2𝑉

𝜕𝑥2, também conhecida por Equação de Fourier, ou Equação do

Calor, e a mesma é classificada como uma Equação Diferencial Parcial

do tipo Parabólico

Solução da EDP de Black-Scholes n Nossa EDP e condições de contorno são:

n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0

n V(t,0) = 0

n V(T,S) = max(S – E,0)

n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞

n 1ª transformação: 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥. Vamos trocar a variável S por uma variável x. E

é o preço de exercício da condição de contorno.

n 2ª transformação: 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2. A variável t é trocada por uma variável que

mede a diferença para o tempo de exercício T, porém ponderada pela

metade do valor da variância.

n 3ª transformação: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥). Neste caso a nova função é um fator

aplicado ao preço de exercício E.

Solução da EDP de Black-Scholes

n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0

n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞

n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 ; 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).

n Para transformar temos que calcular as várias derivadas.

n 1ª derivada, V(t,S) em relação a t

n𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡=

𝜕𝐸.𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝑡


𝜕𝑡=

𝜕𝐸.𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝑡=

𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝑡


𝜕𝑡=


𝜕𝑡= 𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 𝜕𝜏

𝜕𝑡+

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥 𝜕𝑥

𝜕𝑡

Solução da EDP de Black-Scholes n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 ; 𝑡 = 𝑇 −

𝜏

0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).

n Calcular :𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡=


𝜕𝑡= 𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 𝜕𝜏

𝜕𝑡+

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥 𝜕𝑥

𝜕𝑡

n Pelas transformações vemos que x e t não estão relacionados, logo 𝜕𝑥

𝜕𝑡= 0.

n Sendo assim :𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡=


𝜕𝑡= 𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 𝜕𝜏

𝜕𝑡

n Precisamos de 𝜕𝜏

𝜕𝑡. Pelas transformações vemos que

𝜕𝑡

𝜕𝜏= 0 −

1

0,5𝜎2.

n Portanto 𝜕𝑡

𝜕𝜏=

−1

0,5𝜎2 . Isto implica em que

𝜕𝜏

𝜕𝑡= −0,5𝜎2

n Voltando ao interesse inicial 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡= 𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 𝜕𝜏

𝜕𝑡= 𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏−0,5𝜎2

n Sendo assim: 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸

𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏


n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0



0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).

n Derivadas : 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸

𝜕𝑉1 𝜏,𝑥

𝜕𝜏

n Vamos para a próxima derivada, 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆


𝜕𝑆=

𝜕𝐸.𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑆


𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝜏

𝜕𝜏

𝜕𝑆+

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑆

n 𝜏 e S não tem relação entre si, logo 𝜕𝜏

𝜕𝑆= 0

n Isto implica que 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑆

Solução da EDP de Black-Scholes n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 ; 𝑡 = 𝑇 −

𝜏

0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).

n Calcular 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑆

n Para isto precisamos calcular a derivada de x em relação a S. Pela

transformação 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 temos: 𝜕𝑆

𝜕𝑥= 𝐸𝑒𝑥, pois E é uma constante.

n Sendo assim 𝜕𝑥

𝜕𝑆=

1

𝐸𝑒−𝑥

n Substituindo, 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑆= 𝐸.

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

1

𝐸𝑒−𝑥

n Isto implica que 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆= 𝑒−𝑥

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥


n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0



0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).


𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸

𝜕𝑉1 𝜏,𝑥

𝜕𝜏 e

𝜕𝑉(𝑡,𝑆)


𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n Precisamos agora de 𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆2

n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆2=

𝜕𝜕𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆

𝜕𝑆=

𝜕 𝑒−𝑥𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑆


𝜕𝑆2=

𝜕 𝑒−𝑥

𝜕𝑆

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥+ 𝑒−𝑥

𝜕𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑆


n 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 e 𝜕𝑥

𝜕𝑆=

1

𝐸𝑒−𝑥. Lembrando que S e 𝜏 não tem relação entre si, logo

𝜕𝜏

𝜕𝑆= 0.


𝜕𝑆2=

𝜕 𝑒−𝑥

𝜕𝑆

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)


𝜕𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

𝜕𝑆


𝜕𝑆2=

𝜕 𝑒−𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝑆

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)


𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2𝜕𝑥

𝜕𝑆+

𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥𝜕𝜏

𝜕𝜏

𝜕𝑆


𝜕𝑆2= −𝑒−𝑥

1

𝐸𝑒−𝑥

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)


𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥21

𝐸𝑒−𝑥


𝜕𝑆2= −

1

𝐸𝑒−2𝑥

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥+

1

𝐸𝑒−2𝑥

𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2


𝜕𝑆2=

1

𝐸𝑒−2𝑥 −

𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥+

𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2


n𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0



0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).


𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸

𝜕𝑉1 𝜏,𝑥

𝜕𝜏 e

𝜕𝑉(𝑡,𝑆)


𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n Derivadas : 𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)

𝜕𝑆2=

1


𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥+

𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2

n Vamos agora substituir estes valores na equação diferencial. Para

simplificar 𝑉1 (𝜏, 𝑥) será representado apenas por 𝑉1

n −0,5𝜎2𝐸𝜕𝑉1

𝜕𝜏+

1

2𝜎2𝐸2𝑒2𝑥

1


𝜕𝑉1

𝜕𝑥+

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑟𝐸𝑒𝑥𝑒−𝑥

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑟𝐸𝑉1 = 0

n −0,5𝜎2𝜕𝑉1

𝜕𝜏+ 0,5𝜎2 −

𝜕𝑉1

𝜕𝑥+

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑟

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑟𝑉1 = 0


n −0,5𝜎2𝜕𝑉1

𝜕𝜏+ 0,5𝜎2 −

𝜕𝑉1

𝜕𝑥+

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑟

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑟𝑉 = 0

n 0,5𝜎2𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑟 − 0,5𝜎2

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 0,5𝜎2

𝜕𝑉1

𝜕𝜏− 𝑟𝑉1 = 0

n Faremos uma pequena transformação das constantes 𝑘 =𝑟

0,5𝜎2, o que faz

com que 𝑟 = 0,5𝜎2𝑘

n Sendo assim : 0,5𝜎2𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1 0,5𝜎2

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 0,5𝜎2

𝜕𝑉1

𝜕𝜏− 0,5𝜎2𝑘𝑉1 = 0

n Simplificando: 𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1

𝜕𝑥−

𝜕𝑉1

𝜕𝜏− 𝑘𝑉1 = 0

n O que nos leva a: 𝜕𝑉1

𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑘𝑉1

n Sumarizando o problema (no próximo slide):


n Equação original: 𝜕𝑉

𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0


n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥; 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).

n Nova equação: 𝜕𝑉1

𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1


n Devemos agora alterar as condições de contorno:

n 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1 𝜏, 𝑥 → 𝑉 𝑇, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(0, 𝑥), pois como 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2, para que

𝑡 = 𝑇, precisamos que 𝜏 = 0. Quanto a S como não é especificado nenhum

valor na condição de contorno, apenas trocamos a variável, neste caso de

S para x.

n 𝑉 𝑇, 𝑆 = max 𝑆 − 𝐸, 0 → 𝐸. 𝑉1 0, 𝑥 = max (𝐸𝑒𝑥 − 𝐸, 0)

n 𝐸. 𝑉1 0, 𝑥 = 𝐸.max 𝑒𝑥 − 1,0 → 𝑉1 0, 𝑥 = max (𝑒𝑥 − 1,0)



𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0



0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).


𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1


n 𝑉1 0, 𝑥 = max (𝑒𝑥 − 1,0)

n Continuando com as alterações das condições de contorno:

n 𝑉 𝑡, 0 = 0 → 𝑆 = 0 se 𝑥 → −∞ logo lim𝑥→−∞

𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0

n Sendo assim a 2ª condição fica lim𝑥→−∞

𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0

n A 3a condição fica: lim𝑆→∞

𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆 → lim𝑥→∞

𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) = 𝐸𝑒𝑥

n Sendo assim a 3ª condição fica lim𝑥→∞

𝑉1(𝜏, 𝑥) = ∞



𝜕𝑡+

1

2𝜎2𝑆2

𝜕2𝑉

𝜕𝑆2+ 𝑟𝑆

𝜕𝑉

𝜕𝑆− 𝑟𝑉 = 0



0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).


𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1


n 𝑉1 0, 𝑥 = max (𝑒𝑥 − 1,0) lim𝑥→−∞

𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0 lim𝑥→∞

𝑉1(𝜏, 𝑥) = ∞

n Será feita agora uma nova transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏, 𝑥), onde a

e b serão definidos a posteriori.

n A condição inicial fica: 𝑉1 0, 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥𝑢(0, 𝑥) = max (𝑒𝑥 − 1,0)

n Chegamos portanto a: 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max (𝑒𝑥 − 1,0)



𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑘𝑉1, 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max (𝑒𝑥 − 1,0)

n Transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏, 𝑥)

n𝜕𝑉1

𝜕𝜏=

𝜕𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏=

𝑒𝛼𝑥𝜕𝑒𝛽𝜏𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥 𝛽𝑒𝛽𝜏𝑢 𝜏, 𝑥 + 𝑒𝛽𝜏

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏

n𝜕𝑉1

𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥𝑒𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏

n𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏

n𝜕𝑉1

𝜕𝑥=

𝜕𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥=

𝑒𝛽𝜏𝜕𝑒𝛼𝑥𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥= 𝑒𝛽𝜏 𝛼𝑒𝛼𝑥𝑢 𝜏, 𝑥 + 𝑒𝛼𝑥

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n𝜕𝑉1

𝜕𝑥= 𝑒𝛽𝜏𝑒𝛼𝑥 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥



𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑘𝑉1, 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max (𝑒𝑥 − 1,0)


n𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 , 𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2= 𝑎𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥+ 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2

n𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2



𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1

𝜕𝑥− 𝑘𝑉1 , 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max (𝑒𝑥 − 1,0)


n𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏 , 𝜕𝑉1


𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥

n𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2

n Inserindo na equação:

n𝜕𝑉1

𝜕𝜏=

𝜕2𝑉1

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1

𝜕𝑉1


n 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2+

+ 𝑘 − 1 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥− 𝑘𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏, 𝑥)

n Simplificando (próximo slide):


n 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2+

+ 𝑘 − 1 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥− 𝑘𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏, 𝑥)

n Simplificando:

n 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +𝜕𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝜏=

𝛼2𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢(𝜏,𝑥)

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +

𝜕𝑢 𝜏,𝑥

𝜕𝑥− 𝑘𝑢(𝜏, 𝑥)

n Simplificando a notação (e lembrando que 𝑢 = 𝑢(𝜏, 𝑥))

n 𝛽𝑢 +𝜕𝑢

𝜕𝜏= 𝛼2𝑢 + 2𝛼

𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1 𝛼𝑢 +

𝜕𝑢

𝜕𝑥− 𝑘𝑢

n𝜕𝑢

𝜕𝜏= 𝛼2𝑢 + 2𝛼

𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1 𝛼𝑢 +

𝜕𝑢

𝜕𝑥− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢

n𝜕𝑢

𝜕𝜏= 𝛼2𝑢 + 2𝛼

𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 𝑘𝛼𝑢 + 𝑘

𝜕𝑢

𝜕𝑥− 𝛼𝑢 −

𝜕𝑢


Solução da EDP de Black-Scholes n

𝜕𝑢

𝜕𝜏= 𝛼2𝑢 + 2𝛼

𝜕𝑢

𝜕𝑥+

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 𝑘𝛼𝑢 + 𝑘

𝜕𝑢

𝜕𝑥− 𝛼𝑢 −

𝜕𝑢


n𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝛼

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑘

𝜕𝑢

𝜕𝑥−

𝜕𝑢

𝜕𝑥− 𝛼𝑢 − 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢 + 𝛼2𝑢 + 𝑘𝛼𝑢

n𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝛼 + 𝑘 − 1

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ −𝛼 − 𝑘 + 𝛼2 + 𝑘𝛼 − 𝛽 𝑢

n𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝛼 + 𝑘 − 1

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 𝑢

n Lembrando que a e b são arbitrários e iríamos defini-los a posteriori.

n Sendo assim escolhemos a e b tais que 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 = 0, logo

𝛽 = 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 e 2𝛼 + 𝑘 − 1 = 0, logo 𝛼 = −1

2𝑘 − 1

n b por sua vez fica igual a: 𝛽 = −1

2𝑘 − 1 + 𝑘 −

1

2𝑘 − 1 − 1

n 𝛽 =1

2𝑘 + 1 −

1

2𝑘 + 1 → 𝛽 = −

1

4(𝑘 + 1)2

Solução da EDP de Black-Scholes n Temos então que 𝛼 = −

1

2𝑘 − 1 e 𝛽 = −

1

4(𝑘 + 1)2

n Voltamos então para a função 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏𝑢(𝜏, 𝑥) , teremos:

𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−1

2𝑘−1 𝑥−

1

4(𝑘+1)2𝜏𝑢(𝜏, 𝑥)

n A equação estava no formato:

𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝛼 + 𝑘 − 1

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 𝑢

n Escolhemos 𝛼 e 𝛽 de tal forma que 2𝛼 + 𝑘 − 1 = 0 e 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 = 0

n Sendo assim a equação ficou 𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2 . Já chegamos no formato da EDP

do calor. Falta agora ajustar as condições de contorno.

n No seu último formato, alguns slides atrás, a condição de contorno era: 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max (𝑒𝑥 − 1,0).

n Substituindo 𝛼 , teremos: 𝑢 0, 𝑥 = max (𝑒(1−𝛼)𝑥 − 𝑒−𝛼𝑥, 0), substituindo 𝛼

por k teremos 𝑢 0, 𝑥 = max (𝑒(1+1

2𝑘−1 )𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥, 0), o que nos leva a:

𝑢 0, 𝑥 = max (𝑒1

2𝑘+1 𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥, 0), onde 𝑘 =

𝑟

0,5𝜎2


n Nosso problema então é: resolver 𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2 , com a condição inicial : 𝑢 0, 𝑥 =

max (𝑒1

2𝑘+1 𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥 , 0), onde 𝑘 =

𝑟

0,5𝜎2 e as variáveis 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥; 𝑡 = 𝑇 −

𝜏

0.5𝜎2.

n 𝑢 0, 𝑥 = max (𝑒1

2𝑘+1 𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥 , 0) será considerada uma f(x), pois só

depene de x.

n Observe que nosso interesse é para 𝜏>0 e x de −∞ a +∞, o que em outras

palavras quer dizer, tempo até o momento de exercício e qualquer valor do

ativo alvo.

n Escrevendo em formatação matemática padrão:

n𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2 − ∞ < 𝑥 < +∞ 𝜏 > 0

n 𝑢 0, 𝑥 = ϕ 𝑥 = max (𝑒1

2𝑘+1 𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥, 0)

n 𝑘 =𝑟

0,5𝜎2 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 𝑡 = 𝑇 −

𝜏

0.5𝜎2

Solução da EDP de Black-Scholes n O problema a ser resolvido:

n𝜕𝑢

𝜕𝜏=

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2 − ∞ < 𝑥 < +∞ 𝜏 > 0

n 𝑢 0, 𝑥 = ϕ 𝑥 = max (𝑒1

2𝑘+1 𝑥 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑥, 0)

n 𝑘 =𝑟

0,5𝜎2 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 𝑡 = 𝑇 −

𝜏

0.5𝜎2

n é um problema clássico da matemática. Esta é a EDP do calor, ou equação de Fourier. A solução, já conhecida da Física é:

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1

4𝜋𝜏 𝜙(𝑦)𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

−∞ ,

n Esta expressão é muito parecida com a expressão da integral de

probabilidade de Gauss, a qual é 𝑃 𝑥 < 𝑎 =1

𝜎 2𝜋 𝑒

−(𝑥−𝜇)2

2𝜎2 𝑑𝑥𝑎

−∞. Vamos

então proceder com uma normalização (adequação) da integral.

Solução da EDP de Black-Scholes n Vamos proceder com uma normalização da integral

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1


(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

−∞

n Onde ϕ 𝑦 = max (𝑒1

2𝑘+1 𝑦 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦, 0)

n 1º passo: ajuste dos limites de integração.

n ϕ 𝑦 = max 𝑒1

2𝑘+1 𝑦 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦, 0 , logo 𝑒

1

2𝑘+1 𝑦 > 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦

n 𝑒𝑘𝑦

2+𝑦

2 > 𝑒𝑘𝑦

2−𝑦

2, sendo assim: 𝑒+𝑦

2 > 𝑒−𝑦

2 o que é verdade para todo y>0

n Desta forma a primeira mudança na integral é passar o limite inferior de

integração de −∞ para 0. A integral no momento então fica:

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1


(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0


n Continuando, agora temos: 𝑢 𝜏, 𝑥 =1


(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0

n Onde ϕ 𝑦 = 𝑒1

2𝑘+1 𝑦 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦

, pois y>0.

n Substituindo f(y) na integral, teremos:

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑦 − 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦 𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0

n Separando as integrais ficamos com:

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑦𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦 −1

4𝜋𝜏 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0

∞

0,

n Prosseguindo na nossa tentativa de padronizar a integral vamos executar a

substituição: (𝑥−𝑦)2

4𝜏=

𝑧2

2.

n As implicações podem ser vistas no próximo slide:

Solução da EDP de Black-Scholes n A integral agora é:

n 𝑢 𝜏, 𝑥 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑦𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦 −1

4𝜋𝜏 𝑒+

1

2𝑘−1 𝑦𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0

∞

0,

n Fazendo (𝑥−𝑦)2

4𝜏=

𝑧2

2 teremos:

n𝑥−𝑦

2 𝜏=

𝑧

2 → 𝑥 − 𝑦 = 2𝜏𝑧 → 𝑦 = 𝑥 − 2𝜏𝑧 → 𝑑𝑦 = − 2𝜏𝑑𝑧

n Para 𝑦 → 0, 𝑧 →𝑥

2𝜏 ; Para 𝑦 → ∞, 𝑧 → −∞

n Vamos trabalhar com as integrais em separado. Denominaremos a primeira

de I1 e a segunda de I2. Trabalhando portanto com I1 teremos:

n 𝐼1 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑦𝑒−

(𝑥−𝑦)2

4𝜏 𝑑𝑦∞

0 → 𝐼1 =

1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧 𝑒−

𝑧2

2 (− 2𝜏)𝑑𝑧−∞𝑥

2𝜏

Solução da EDP de Black-Scholes n A integral I1 agora é:

n 𝐼1 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧 𝑒−

𝑧2

2 (− 2𝜏)𝑑𝑧−∞𝑥

2𝜏

. Invertendo os limites de integração

e simplificando o termo − 2𝜏 teremos:

n 𝐼1 =1

2𝜋 𝑒

1

2𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧 𝑒−

𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

. Expandindo o produto no expoente e

passando o termo em x para fora da integral teremos:

n 𝐼1 =𝑒12𝑘+1 𝑥

2𝜋 𝑒−

1

2𝑘+1 2𝜏𝑧𝑒−

𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

. Neste ponto precisamos de uma certa

reflexão. A integral acima se parece com a integral de probabilidades de uma curva normal.

n Se conseguirmos deixar dentro da integral apenas uma diferença em z do tipo 𝑧+𝑛 2

2 poderemos executar uma transformação do tipo z+n=m o que levará a

integral a se tornar igual a uma normal padronizada.

n Sendo assim, vamos proceder a um pequeno “truque” na soma de expoentes, como poderá ser visto no próximo slide.


n A integral I1 agora é: 𝐼1 =𝑒12𝑘+1 𝑥

2𝜋 𝑒−

1

2𝑘+1 2𝜏𝑧𝑒−

𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

.

n O termo 𝑘 + 1 2𝜏 é uma constante. Para simplificar a análise vamos chama-

lo de a. Sendo assim 𝑎 = 𝑘 + 1 2𝜏. Além disso vamos nos concentrar na

integral e esquecer momentaneamente os termos constantes que estão fora

dela.

n Sendo assim, nosso problema é padronizar 𝑒−𝑎𝑧+𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

.

n Vamos concentrar nossa atenção ainda mais e trabalhar apenas com o termo

𝑧2 + 𝑎𝑧. Façamos: 𝑧2 + 𝑎𝑧 +𝑎2

4−

𝑎2

4, e observe os três primeiros termos.

n Eles podem ser condensados, levando a expressão a: 𝑧 +𝑎

2

2−

𝑎2

4. BINGO!.

n Assim podemos dizer que: 𝑒−𝑎𝑧+𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

= 𝑒−𝑧+

𝑎2

2−𝑎2

42 𝑑𝑧

𝑥

2𝜏−∞


n A integral I1 agora é: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥

2𝜋 𝑒−

𝑧+𝑎2

2−𝑎2

42 𝑑𝑧

𝑥

2𝜏−∞

, onde 𝑎 = 𝑘 + 1 2𝜏

n Separando os expoentes: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥

2𝜋 𝑒−

𝑧+𝑎2

2

2 . 𝑒+𝑎2

8 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

n Passando para fora da integral: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥+

𝑎2

8

2𝜋 𝑒−

𝑧+𝑎2

2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

n Podemos agora executar uma transformação, 𝑤 = 𝑧 +𝑎

2, pois 𝑑𝑤 = 𝑑𝑧.

n Para 𝑧 → −∞, 𝑤 → −∞ e para 𝑧 →𝑥

2𝜏, 𝑤 →

𝑥

2𝜏+

𝑎

2.

n A integral então fica: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥+

𝑘+1 2𝜏2

8

2𝜋 𝑒−

𝑤2

2 𝑑𝑤𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2−∞


n A integral agora é: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥+

𝑘+1 2𝜏2

8

2𝜋 𝑒−

𝑤2

2 𝑑𝑤𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2−∞

n Simplificando: 𝐼1 =𝑒12 𝑘+1 𝑥+

14 𝑘+1 2𝜏

2𝜋 𝑒−

𝑤2

2 𝑑𝑤𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2−∞

n Agrupando: 𝐼1 = 𝑒1

2𝑘+1 𝑥+

1

4𝑘+1 2𝜏 1

2𝜋 𝑒−

𝑤2

2 𝑑𝑤𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2−∞

n A integral entre colchetes é a probabilidade de w ser menor que o limite

superior de integração, no caso 𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2, o qual chamaremos de d1.

n Ficamos com 𝐼1 = 𝑒1

2𝑘+1 𝑥+

1

4𝑘+1 2𝜏 . 𝑁(𝑑1), onde 𝑑1 =

𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2

n Vamos para 𝐼2 , mas para evitar o recálculo algébrico tedioso, vamos

trabalhar em parte por similaridade com I1


n A integral I2 é 𝐼2 =1

4𝜋𝜏 𝑒

1

2𝑘−1 𝑥− 2𝜏𝑧 𝑒−

𝑧2

2 (− 2𝜏)𝑑𝑧−∞𝑥

2𝜏

n A única diferença para I1 é o termo k-1 ao invés de k+1.

n Sendo assim: 𝐼2 =𝑒12 𝑘−1 𝑥

2𝜋 𝑒−

1

2𝑘−1 2𝜏𝑧𝑒−

𝑧2

2 𝑑𝑧𝑥

2𝜏−∞

n Em seguida: 𝐼2 =𝑒12 𝑘−1 𝑥

2𝜋 𝑒−

𝑧+𝑎2

2−𝑎2

42 𝑑𝑧

𝑥

2𝜏−∞

, onde 𝑎 = 𝑘 − 1 2𝜏

n Depois: 𝐼2 = 𝑒1

2𝑘−1 𝑥+

1

4𝑘−1 2𝜏 1

2𝜋 𝑒−

𝑤2

2 𝑑𝑤𝑥

2𝜏+

𝑘−1 2𝜏

2−∞

n Por último 𝐼2 = 𝑒1

2𝑘−1 𝑥+

1

4𝑘−1 2𝜏. 𝑁(𝑑2), onde 𝑑2 =

𝑥

2𝜏+

𝑘−1 2𝜏

2

Solução da EDP de Black-Scholes n Voltando para a função solução a mesma ficou: 𝑢 𝜏, 𝑥 = 𝐼1 − 𝐼2

n 𝐼1 = 𝑒1

2𝑘+1 𝑥+

1

4𝑘+1 2𝜏. 𝑁(𝑑1), onde 𝑑1 =

𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2

n 𝐼2 = 𝑒1

2𝑘−1 𝑥+

1

4𝑘−1 2𝜏. 𝑁(𝑑2), onde 𝑑2 =

𝑥

2𝜏+

𝑘−1 2𝜏

2

n Um passo para trás, tínhamos 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−1

2𝑘−1 𝑥−

1

4(𝑘+1)2𝜏𝑢(𝜏, 𝑥)

n Substituindo:

n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−1

2𝑘−1 𝑥−

1

4(𝑘+1)2𝜏 𝑒

1

2𝑘+1 𝑥+

1

4𝑘+1 2𝜏𝑁 𝑑1 − 𝑒

1

2𝑘−1 𝑥+

1

4𝑘−1 2𝜏𝑁(𝑑2)

n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒1

2𝑘+1 𝑥−

1

2𝑘−1 𝑥𝑁 𝑑1 − 𝑒

1

4𝑘−1 2𝜏−

1

4𝑘+1 2𝜏𝑁(𝑑2)

n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒𝑥𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑘𝜏𝑁(𝑑2)

Solução da EDP de Black-Scholes n A função solução agora é: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒𝑥𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑘𝜏𝑁(𝑑2)

n Lembrando as primeiras transformações, as mesmas eram:

𝑆 = 𝐸𝑒𝑥; 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) e 𝑘 =

𝑟

0,5𝜎2

n 𝑡 = 𝑇 −𝜏

0.5𝜎2 →

𝜏

0.5𝜎2= 𝑇 − 𝑡 → 𝜏 = 0.5𝜎2 𝑇 − 𝑡

n 𝑘. 𝜏 =𝑟

0,5𝜎20.5𝜎2 𝑇 − 𝑡 → 𝑘. 𝜏 = 𝑟 𝑇 − 𝑡

n 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 → 𝑥 = ln 𝑆

𝐸

n Substituindo: 𝑉1 𝜏, 𝑥 =𝑆

𝐸𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝑁(𝑑2)

n Por último: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) → 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸.𝑁(𝑑2)

n Onde: 𝑑1 =𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2 e 𝑑2 =

𝑥

2𝜏+

𝑘−1 2𝜏

2

Solução da EDP de Black-Scholes n Nossa solução é 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸.𝑁(𝑑2)

n Onde: 𝑑1 =𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2 e 𝑑2 =

𝑥

2𝜏+

𝑘−1 2𝜏

2

n Resta agora passar d1 e d2 para os parâmetros originais E, T e as variáveis originais, t e S.

n Lembrando: 𝜏 = 0.5𝜎2 𝑇 − 𝑡 , 𝑥 = ln 𝑆

𝐸 e 𝑘 =

𝑟

0,5𝜎2

n Sendo assim: 𝑑1 =𝑥

2𝜏+

𝑘+1 2𝜏

2 → 𝑑1 =

𝑥+(𝑘+1)𝜏

2𝜏 → 𝑑1 =

𝑥+(𝑟

0,5𝜎2+1)𝜏

2𝜏

n 𝑑1 =𝑥+(

𝑟+0,5𝜎2

0,5𝜎2)0.5𝜎2 𝑇−𝑡

20.5𝜎2 𝑇−𝑡→ 𝑑1 =

𝑥+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡

𝜎 𝑇−𝑡 → 𝑑1 =

ln 𝑆

𝐸+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡

𝜎 𝑇−𝑡

n Por analogia, 𝑑2 =𝑥+(𝑘−1)𝜏

2𝜏 → 𝑑2 =

ln 𝑆

𝐸+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇−𝑡

𝜎 𝑇−𝑡

Solução da EDP de Black-Scholes n A solução final fica então: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸.𝑁(𝑑2)

n Onde: 𝑑1 =ln

𝑆

𝐸+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡

𝜎 𝑇−𝑡 e 𝑑2 =

ln 𝑆

𝐸+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇−𝑡

𝜎 𝑇−𝑡

n Sendo que a função N(x) é a função de probabilidade normal cumulativa de

−∞ até x. Observe que t é o tempo contínuo desde 0 até o instante de

exercício T. Se t=0, isto significa que estamos calculando o valor da opção

no momento presente. Com isto as fórmulas para d1 e d2 assumem a forma

mais conhecida:

n 𝑑1 =ln

𝑆

𝐸+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇 e 𝑑2 =

ln 𝑆

𝐸+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇→

n 𝑑2 =ln

𝑆

𝐸+ 𝑟−0,5𝜎2+0,5𝜎2−0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇→ 𝑑2 =

ln 𝑆

𝐸+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇− 𝜎 𝑇

Significado de d1 n Observe a sequência abaixo

𝑑1 =𝑙𝑛

𝑆𝐸 + 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇

𝑑1𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛𝑆

𝐸+ 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇

− 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇 + 𝑑1𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛𝑆

𝐸

𝑆 = 𝐸𝑒− 𝜇+0,5𝜎2 𝑇+ 𝑑1𝜎 𝑇

Este termo varia pois d1 esta na

posição da variável aleatória no

modelo lognormal

Este termo é

fixo e igual ao

valor do ativo

alvo no

momento

presente

d1 S>E0

Ele representa o valor presente

do preço de exercício da opção,

descontado pela taxa básica

S<E0

Chamaremos este

termo de E0 por

simplicidade

N(d1) é a probabilidade de uma

variável normal padronizada ser

menor que d1, ou P(z<d1)

Pelo gráfico vemos que N(d1) é o

mesmo que P(S>E0)

z<d1 z=d1 z>d1

Em outras palavras, é a probabilidade

de S valer mais que o valor presente do

preço de exercício

Significado de d2 n Observe a sequência abaixo

𝑑2 =𝑙𝑛

𝑆𝐸 + 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇

𝜎 𝑇− 𝜎 𝑇

𝑑2𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛𝑆

𝐸+ 𝜇 − 0,5𝜎2 𝑇

− 𝜇 − 0,5𝜎2 𝑇 + 𝑑2𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛𝑆

𝐸

𝐸 = 𝑆𝑒 𝜇−0,5𝜎2 𝑇− 𝑑2𝜎 𝑇

Este termo varia pois d2 esta na

posição da variável aleatória no

modelo lognormal

Este termo é

fixo e igual ao

preço de

exercício em T

(data de

expiração)

d2 St>E

Ele representa o valor futuro do

ativo alvo, crescendo pela taxa

básica. Chamaremos de St

St<E

Observe que a

variável aleatória tem

valores invertidos

N(d2) é a probabilidade de uma

variável normal padronizada ser

menor que d2, ou P(z<d2)

Pelo gráfico vemos que N(d2) é o

mesmo que P(St>E)

z<d2 z=d2 z>d2

Em outras palavras, é a probabilidade

do valor futuro do ativo, St, valer mais

que o preço de exercício E

Sendo assim, se d2

aumenta St diminui

Ma2td 09.0.5 - @risk - derivação da equação de black-scholes

Economy & Finance

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