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
𝑑𝑆2𝑆2𝜎2𝑑𝑡
n Nossa expressão agora é 𝑑𝑓 =𝑑𝑓
𝑑𝑆𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 +
1
2
𝑑2𝑓
𝑑𝑆2𝑆2𝜎2𝑑𝑡
n Expandindo: 𝑑𝑓 =𝑑𝑓
𝑑𝑆𝑆𝜇𝑑𝑡 +
𝑑𝑓
𝑑𝑆𝑆𝜎𝑑𝑋 +
1
2
𝑑2𝑓
𝑑𝑆2𝑆2𝜎2𝑑𝑡
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
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕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
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕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
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕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
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕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
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆+
1
2𝜎2𝑆2
𝜕2𝑉
𝜕𝑆2+
𝜕𝑉
𝜕𝑡𝑑𝑡 − Δ. 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋
Black-Scholes EDP n Lembrando: 𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕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
n𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡=
𝜕𝐸.𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
n𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕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=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕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=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕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
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 Derivadas : 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏
n Vamos para a próxima derivada, 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
n𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆=
𝜕𝐸.𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆
n𝜕𝑉(𝑡,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
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 Derivadas : 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏 e
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆= 𝑒−𝑥
𝜕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
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2=
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+ 𝑒−𝑥
𝜕𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑆
Solução da EDP de Black-Scholes
n 𝑆 = 𝐸𝑒𝑥 e 𝜕𝑥
𝜕𝑆=
1
𝐸𝑒−𝑥. Lembrando que S e 𝜏 não tem relação entre si, logo
𝜕𝜏
𝜕𝑆= 0.
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2=
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+ 𝑒−𝑥
𝜕𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑆
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2=
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+ 𝑒−𝑥
𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2𝜕𝑥
𝜕𝑆+
𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑆
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2= −𝑒−𝑥
1
𝐸𝑒−𝑥
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+ 𝑒−𝑥
𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥21
𝐸𝑒−𝑥
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2= −
1
𝐸𝑒−2𝑥
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+
1
𝐸𝑒−2𝑥
𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
n𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2=
1
𝐸𝑒−2𝑥 −
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥+
𝜕2𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
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 Derivadas : 𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡= −0,5𝜎2𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏 e
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆= 𝑒−𝑥
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n Derivadas : 𝜕2𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2=
1
𝐸𝑒−2𝑥 −
𝜕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
𝐸𝑒−2𝑥 −
𝜕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
Solução da EDP de Black-Scholes
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):
Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original: 𝜕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 Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕𝜏=
𝜕2𝑉1
𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥− 𝑘𝑉1
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)
Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original: 𝜕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 Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕𝜏=
𝜕2𝑉1
𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥− 𝑘𝑉1
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) = ∞
Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original: 𝜕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 Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕𝜏=
𝜕2𝑉1
𝜕𝑥2+ 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥− 𝑘𝑉1
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)
Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕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
𝜕𝜏= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕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
𝜕𝑥= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕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+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏 , 𝜕𝑉1
𝜕𝑥= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕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
Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação: 𝜕𝑉1
𝜕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+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏 , 𝜕𝑉1
𝜕𝑥= 𝑒𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕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
𝜕𝑥− 𝑘𝑉1
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):
Solução da EDP de Black-Scholes
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
𝜕𝑥− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢
Solução da EDP de Black-Scholes n
𝜕𝑢
𝜕𝜏= 𝛼2𝑢 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥+
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2+ 𝑘𝛼𝑢 + 𝑘
𝜕𝑢
𝜕𝑥− 𝛼𝑢 −
𝜕𝑢
𝜕𝑥− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢
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
Solução da EDP de Black-Scholes
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
4𝜋𝜏 𝜙(𝑦)𝑒−
(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
4𝜋𝜏 𝜙(𝑦)𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦∞
0
Solução da EDP de Black-Scholes
n Continuando, agora temos: 𝑢 𝜏, 𝑥 =1
4𝜋𝜏 𝜙(𝑦)𝑒−
(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.
Solução da EDP de Black-Scholes
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−∞
Solução da EDP de Black-Scholes
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−∞
Solução da EDP de Black-Scholes
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
Solução da EDP de Black-Scholes
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
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