MAC 5796. Aula 8 - ime.usp.brwalterfm/cursos/mac5796/Aula8.pdf · MAC 5796. Aula 8 WalterMascarenhas 15/04/2011 Walter Mascarenhas MAC 5796. Aula 8. Stops para o passeio aleatório

Stops para o passeio aleatórioRelação de recorrência

Análise da solução

MAC 5796. Aula 8

Walter Mascarenhas

15/04/2011

Walter Mascarenhas MAC 5796. Aula 8



Resumo

1 Stops para o passeio aleatório

2 Relação de recorrência

3 Análise da solução




np0

p0 + vτ Ganho = e−ρn (p0 + vτ)

τ = tick.




Visão Formal:

Tv

Ω

v v +2 v +4 v +6 v +8 v +10

A′ = { subconjuntos que dependem de finitas coordenadas }

Exemplo Cv ,n = {ω ∈ Ω com Tv (ω) = n} ∈ A′.

A= σ(A′)

= menor σ − algebra contendo A′.




Visão Formal:

Note que para decidirmos se ω ∈ Cv ,n = {ω ∈ Ω com Tv (ω) = n}precisamos apenas decidir se

sk =k

∑j=1

ωj < v para 0≤ k < n e sn =n

∑j=1

ωj = v .

Ou seja, precisamos analisar apenas ωN = {ω1, . . . ,ωN } ∈ ΩN .Logo, podemos atribuir probabilidade a Cv ,n de acordo com oraciocínio para ΩN .

Isto define uma medida de probabilidade P em A′.

Há uma extensão natural de P para A.

Com isto definimos nosso espaço de probabilidade (Ω,A,P).Walter Mascarenhas MAC 5796. Aula 8



TUDO nesta formalização faz um (bom) sentido.

Por exemplo: porque usar A ao invés de A′?

Resposta: o conjunto Cv ,∞ = {ω ∈ Ω com Tv (ω) = ∞} não estáem A′, pois precisamos considerar infinitas coordenadas ωk paradecidir se ω ∈ Cv ,∞. Porém

Cv ,∞ =

(Ω−

∪n∈N

Cv ,n

)∈ A.




Voltando ao valor esperado do ganho com o stop:

E(G ) =∞

∑n=1

P(Tv = n)e−ρn (p0 + vτ) =∞

∑n=1

P(Cv ,n)e−ρn (p0 + vτ) ,

onde

Cv ,n = {ω ∈ Ω tal que sk(ω) < v para 0≤ k < n e sn(ω) = v }.

Logo, para calcular E(G ) devemos avaliar P(Cv ,n).

Esta é a nossa tarefa agora.




Calculando P(Cv ,n) em casos fáceis.

Cv ,n = {ω ∈ Ω tal que sk(ω) < v para 0≤ k < n e sn(ω) = v }.

Como não é possível subir mais que n em n passos,

v > n⇒ P(Cv ,n) = 0.

Para atingir v em v passos devemos subir em todos eles, logo

P(Cn,n) = pn.

Se v < 0 então p0(ω) = 0< v para todo ω ∈ Ω, logo

v < 0⇒ Cv ,n = /0⇒ P(Cv ,n) = 0.

Pelo mesmo argumento, n ≥ 1⇒ C0,n = /0. Logo,

v = 0,n ≥ 0⇒ P(Cv ,n) = 0.




-n

6v

��

✓

✓

✓

✓

✓

✓

✓

✓ ✓ ✓ ✓q

q

q

q

q

q

q

q q q q q

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?




n

v

p

q

v −1

n−1

v +1

0< v < n⇒ P(Cv ,n) = pP(Cv−1,n−1) +qP(Cv+1,n−1) .




0≤ v < n⇒ P(Cv ,n) = pP(Cv−1,n−1) +qP(Cv+1,n−1) .

-n

6v

��

q

q

q

q

q

q q q q

@@I

a

@@I

@@Ia

a

@@I

@@I

@@I

a

a

a

��

��

��

a

a

a

��

��a

a

��

a





P(Cn,n) = pn e P(C0,n) = 0.

Indução mostra que, para 0≤ v ≤ n,

P(Cv ,n) =vn

(n

n+v2

)p

n+v2 q

n−v2 .

v = n:nn

(n0

)pn = pn✓

v = 0:0n

(nn2

)p

n2 q

n2 = 0✓




Queremos usar


para provar que

P(Cv ,n) =vn

(n

n+v2

)p

n+v2 q

n−v2 .

Indução:

P(Cv ,n) = pv −1n−1

(n−1n+v−2

2

)p

n+v−22 q

n−v2 +q

v +1n−1

(n−1n+v

2

)p

n+v2 q

n−v−22

=

((v −1)

(n−1n+v−2

2

)+ (v +1)

(n−1n+v

2

))p

n+v2 q

n−v2

n−1.




((v −1)

(n−1n+v−2

2

)+ (v +1)

(n−1n+v

2

))

= (n−1)!

(v −1(n−v

2

)!(n+v−2

2

)!

+v +1(n−v−2

2

)!(n+v

2

)!

)

=(n−1)!(n−v

2

)!(n+v

2

)!

((v −1)

n + v2

+ (v +1)n− v2

)

=1n

(n

n+v2

)(nv − v)

= (n−1)vn

(n

n+v2

).




Combinando as últimas equações dos dois slides anteriores obtemos

P(Cv ,n) =vn

(n

n+v2

)p

n+v2 q

n−v2 .

c.q.d.




Da última equação concluímos que

E(G ) =∞

∑n=v

vn

(n

n+v2

)p

n+v2 q

n−v2 e−ρn (p0 + vτ)

Bom, mas e dai? O que significa isto?




E(G ) =∞

∑n=v

vn

(n

n+v2

)p

n+v2 q

n−v2 e−ρn (p0 + vτ)

Fazendo a mudança de variável n = v +2k obtemos

E(G ) = v (p0 + vτ)e−ρvpv∞

∑k=0

ak

para

ak =(v +2k−1)!

4kk! (v +k)!θ

k

θ = 4pqe−2ρ

Quais os valores razoáveis para ρ , p e q?




Estimando ρ :

Dias úteis por ano = 252Minutos por dia = 60×8 = 480.Minutos úteis 480×252 = 120960.Fator da taxa Selic 1.1175e120960ρ = 1.1175

ρ ≈ ln(1.1175)

120960= 9.18436∗10−7 ≈ 10−6

e−2ρ ≈ 1−2ρ = 1−2×10−6.

Em geral, ρ = r/N, onde N é o número de passos por ano, f éo fator correspondente a taxa livre de risco e r = ln(f ).




Média do aumento do preço em um ano =

δ = N(p−q)τexemplo

= 120960(p−q)τ,

onde τ = tick e δ = alguns por centos do valor do contrato.Exemplo, DOL BM&F:

τ = 1/2 e δ = 10%×1600 = 160.

Logo

2p−1 =δ

Nτ⇒ p =

12

+δ

2Nτ

DOL≈ 1

2+

1756

.

θ = 4pqe−2ρ ≈ 12121 = 1.

θ = 4(12

+µ

2√

N

)(12− µ

2√

N

)e−

2rN =

(1− µ2

N

)e−

2rN

DOL≈ 1−10−5.




Interpretação:

ρ = r/N,

p = 12 + µ

2√

N,

θ =(1− µ2

N

)e−

2rN ,

N = número de passos por ano,

r = taxa anual livre de risco,

µ = δ/σ ,δ = fração esperada de ganho em um ano,σ = desvio padrão anual do preço,τ = σ/

√N.




Para ter consistência matemática:

ε = 1/√

N,ρ = ε2r ,

p = 12 (1+ εµ) ,

θ =(1− ε2µ2)e−2rε2

= 1−2γε2 +O(ε4),

para γ = r + µ2

2 .

E(G ) = v (p0 + vτ)e(lnp−ρ)v∞

∑k=0

ak .

ak =(v +2k−1)!

4kk! (v +k)!θ

k .




Fórmulas para analisar E(G ) e ak :

Taylor

∣x ∣< 1/2⇒ ln(1+ x) = x− x2

2+O

(x3)

Stirling

ln(n!) =12ln(2π) +

(n +

12

)ln(n)−n + λn

com1

12n +1< λn <

112n

.

Exemplo:lnp =− ln2+ εµ +O

(ε

2) .Walter Mascarenhas MAC 5796. Aula 8



E(G ) = v (p0 + vτ)ev(− ln2+µε+O(ε2))∞

∑k=0

ak .

onde

ak =(v +2k−1)!

4kk! (v +k)!θ

k =(v +2k−1)(v +2k−2)

4k (v +k)θak−1 = qkak−1

para

qk =(v +2k−1)(v +2k−2)

4k (v +k)θ

Para avaliar a série ∑∞

k=0 ak é interessante estudar qk , pois

qk > 1⇐⇒ ak+1 > ak




qk =(v +2k−1)(v +2k−2)

4k (v +k)θ

O Mathematica mostra que

dqk

dk= θ

6k2− (2k + v)(v2−3v +2

)4k2(k + v)2

que, para v > 2, tem uma raíz positiva

k =16

(2−3v + v2 +

√v4−5v2 +4

)≈ v2

3.

Além disso, a derivada segunda de qk em k é

1296θ(v4−5v2 +4

)(2+ v2 +

√v4−5v2 +4

)(v2−3v +2+

√v4−5v2 +4

)3(v2 +3v +2+

√v4−5v2 +4

)3 > 0

Logo, k é um mínimo global.Walter Mascarenhas MAC 5796. Aula 8



qk =(v +2k−1)(v +2k−2)

4k (v +k)θ

q1 = θv/4> 1 e limk→∞ qk = θ < 1.

≈ v2/3kθ = v2−3v+26km

q1

qk

1

θ

km =

√φ2 +4φv2−10φ +9+φ (3−2v)−3

4φ≈ v

2ε√

2γ, φ = 1−θ = 2γε

2 +O(

ε4).




ak =(v +2k−1)!

4kk! (v +k)!θ

k

kθ = v2−3v+26km

ak

akm

km ≈v

2ε√

2γ, akm ≈ ev(ln2−

√2γε), e k ≥ kθ ⇒ ak < akθ

θk .




ak =(v +2k−1)!

4kk! (v +k)!θ

k

Para k = km ≈ v2ε√

2γ≫ v temos

ln(ak) = (v +2k−1/2) ln(v +2k−1)−2k ln2

−(k +1/2) lnk + (v +k +1/2) ln(v +k) +k lnθ +O(1/k) .

= (2k + v −1/2)

(lnk + ln2+ ln

(1+

v −12k

))−2k ln2

−(k +1/2) lnk−(k + v +1/2)(lnk + ln

(1+

vk

))+k lnθ +O(1/k) .




Mathematica mostra que

akm ≈ ev(ln2−√

2γε)

Segue que para v enorme

E(G ) < v3 (p0 + vτ)ev((µ−√

2γ)ε+O(ε2))→ 0.

pois µ <√2γ =

√2r + µ2.

Isto implica que existe um v que maximiza E(G ).


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