ブラック・ショールズ偏微分方程式の解法
連続モデルで紹介して、離散型の二項モデルの極限としても得られることを説明したブラック・ショールズの偏微分方程式を 解くことで、ブラック・ショールズのオプション公式を求めてみよう。
ご存知のことと思うが、初めて切開かれ、ノーベル賞となったオプションのブラック・ショールズ公式への道行きは、 偏微分方程式を解くことであった。
そのためには熱伝導方程式の知識が必要となる。とはいえ様々な解法の手順があるので、 なるべく分かりやすいものですすめよう。
幾分簡素な形で、先物取引をデリバティブとしてブラック・ショールズの偏微分方程式を解くことはすでに先物価格の項で試みた。 そちらも思い出されるとよい。
熱伝導方程式とその解
熱伝導方程式はフーリエ変換を利用して解く方法や、一般的な微分方程式で解く方法があるが、 その細かい計算に進むことはせずに、答えだけを使おう。結論は次の内容を持つ。変数の関係に注意しておこう。
＜熱伝導方程式とその解＞
熱伝導方程式 \[\frac{\partial u}{\partial t} = a^2\frac{\partial ^2u}{\partial x^2} \qquad (-\infty \lt x\lt \infty ,\quad t\gt 0)\] の解で、初期条件$u(0,x)=f(x)$を満たすものは、 \[ u(t,x) = \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}\int ^{\infty }_{-\infty }f(s)\exp\left\{ -\frac{(x-s)^2}{4a^2t} \right\}ds \] によって表される。
簡単に言えば、熱伝導方程式とよばれる偏微分方程式を満足する2変数関数$u(t,x)$は、$t=0$としたとき、$u(0,x)=f(x)$という形式で 表されるなら、大域的な解が定まっているということである。
第1段階
解がすでに得られているので、BSの偏微分方程式を上記の熱伝導方程式に変化していくことを当面の目標にする。 もとのBSの偏微分方程式を再掲する。$C=C(t,S)$である。 \[ \frac{\partial C}{\partial t}+rS\frac{\partial C}{\partial S}+\frac{1}{2}\sigma^2S^2\frac{\partial ^2C}{\partial S^2}-rC=0 \] ここで、$\tau=T-t$、$y=\log \frac{S}{K}$ とおき変換する。 \begin{eqnarray*} \frac{\partial C}{\partial t}&=&\frac{\partial C}{\partial \tau}\frac{\partial \tau}{\partial t}=-\frac{\partial C}{\partial \tau} \\ \frac{\partial C}{\partial S}&=&\frac{\partial C}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial S}=\frac{1}{S}\frac{\partial C}{\partial y} \\ \frac{\partial ^2C}{\partial S^2}&=&\frac{\partial }{\partial S}\left( \frac{1}{S}\frac{\partial C}{\partial y} \right)=-\frac{1}{S^2}\frac{\partial C}{\partial y} +\frac{1}{S^2}\frac{\partial ^2C}{\partial y^2} \end{eqnarray*} をもとの式に代入すれば、係数をすべて定数にできる。
$C=C(\tau(t),y(S))$となっている。 \[ \frac{\partial C}{\partial \tau} = \left( r-\frac{1}{2}\sigma^2 \right)\frac{\partial C}{\partial y}+\frac{1}{2}\sigma^2\frac{\partial ^2C}{\partial y^2}-rC \]
第2段階
さらに変換を続ける。$\displaystyle x=y+(r-\frac{1}{2}\sigma^2)\tau$、$l=\tau$とおくと、 \begin{eqnarray*} \frac{\partial C}{\partial y}&=&\frac{\partial C}{\partial x} \\ \frac{\partial ^2C}{\partial y^2}&=&\frac{\partial ^2C}{\partial x^2} \\ \frac{\partial C}{\partial \tau}&=&\frac{\partial C}{\partial l}\frac{\partial l}{\partial \tau}+\frac{\partial C}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \tau}\\ &= & \frac{\partial C}{\partial l}+(r-\frac{1}{2}\sigma^2)\frac{\partial C}{\partial x} \end{eqnarray*} となる。第3行目は$C=C\left(l(\tau(t)),x(y(S),\tau(t))\right)$という関数の偏微分の合成である。
これらを第1段階で求めた式に代入する。 \[ \frac{\partial C}{\partial l}+rC = \frac{1}{2}\sigma^2\frac{\partial ^2C}{\partial x^2} \] この両辺に$e^{rl}$をかけておく。$Q=e^{rl}C$とおくと、 \begin{eqnarray*} \frac{\partial Q}{\partial l}&=&re^{rl}C + e^{rl}\frac{\partial C}{\partial l}\\ \frac{\partial ^2Q}{\partial x^2}&=&e^{rl}\frac{\partial ^2C}{\partial x^2} \end{eqnarray*} なので、 \[ \frac{\partial Q}{\partial l} = \frac{1}{2}\sigma^2\frac{\partial ^2Q}{\partial x^2} \] となって、冒頭の熱伝導方程式に変換できた。
第3段階
熱伝導方程式の解を公式としてそのまま受け入れれば、$a^2=\frac{1}{2}\sigma^2$のケースとして解は、初期条件$Q(0,m)=f(m)$を満たすならば、 \[ Q(l,x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2l}}\int ^{\infty }_{-\infty }f(m)\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{(x-m)^2}{\sigma^2l} \right\}dm \] さらに、$Q=e^{rl}C$だから、 \[ C(l,x) = e^{-rl}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2l}}\int ^{\infty }_{-\infty }f(m)\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{(x-m)^2}{\sigma^2l} \right\}dm \] となる。
第4段階
境界条件と積分範囲を整理する。境界条件は、$C=\max(S-K,0)$である。
積分範囲は、$l=0$を前提とすると、$x=y=\log (S/K)$より、$S=Ke^x$なので、 $C=\max (Ke^x-K,0)$かつ$K>$0から、$e^x-1>$0より、$x>0$となる。
これらをあわせれば、 \[ Q(0,m)=f(m)=S-K\quad (m>0) \] である。熱伝導方程式による解にこれらを代入して、積分範囲を変更し、二つの項に分割する。この際に指数の2乗項中の$x$と$m$の順番をひっくり返す。 \begin{eqnarray*} C(l,x) &=& e^{-rl}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2l}}\int ^{\infty }_{0 }(S-K)\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{(m-x)^2}{\sigma^2l} \right\}dm \\ &=& e^{-rl}S\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2l}}\int ^{\infty }_{0 }\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{(m-x)^2}{\sigma^2l} \right\}dm \\ & & -e^{-rl}K\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2l}}\int ^{\infty }_{0 }\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{(m-x)^2}{\sigma^2l} \right\}dm \end{eqnarray*} ブラック・ショールズ式に近づいてきた。
第5段階
変数変換によって指数部分と積分範囲を修正し、BS式を求める。$x=\log (S/K)+(r-\sigma_2/2)(T-t)$、$l=T-t$を代入し、 第1項は指数部分を合算する。 \begin{eqnarray*} & &第1項 =\\ & & S\int ^{\infty }_{0 }\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2(T-t)}}\\ & & \quad \times \exp\left\{-r(T-t)\right\} \exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{\left\{ m-\log \frac{S}{K}-(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)\right\}^2}{\sigma^2(T-t)} \right\}dm \\ & &= S\int ^{\infty }_{0 }\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2(T-t)}}\exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{\left\{ m-\log \frac{S}{K}-(r+\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)\right\}^2}{\sigma^2(T-t)} \right\}dm \\ & &第2項 = \\ & & -e^{-r(T-t)}K \int ^{\infty }_{0 }\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2(T-t)}}\\ & & \quad \times \exp\left\{ -\frac{1}{2}\frac{\left\{ m-\log \frac{S}{K}-(r-\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)\right\}^2}{\sigma^2(T-t)} \right\}dm \end{eqnarray*}
さらに、第1項の指数部分の母体を正規化する。 \[ z_1=\frac{m-\log \frac{S}{K}-(r+\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}{\sigma\sqrt{(T-t)}} \] とおけば、$dz_1=\frac{1}{\sqrt{\sigma^2(T-t)}}dm$とできる。積分範囲は、$m>0$であるから、 \[ m=\sigma\sqrt{(T-t)}z_1+\log \frac{S}{K}+(r+\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)>0 \] なので、 \[ d_1=\frac{\log \frac{S}{K}+(r+\frac{1}{2}\sigma^2)(T-t)}{\sigma\sqrt{(T-t)}} \] とおけば、$z_1$の積分範囲は、$-d_1\lt z_1\lt \infty $となり、 \[ 第1項= S\int ^{\infty }_{-d_1 }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp\left\{ -\frac{1}{2}z_1^2\right\}dz_1 \] となるが、これは標準正規分布そのものである。
偶関数の性質$\Phi(z>-\alpha)=\Phi(z<\alpha)$を利用して、 \[ 第1項= S\int^{d_1}_{-\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp\left\{ -\frac{1}{2}z_1^2\right\}dz_1 =S\Phi(d_1)\] となる。
第2項は、 \[ z_2=z_1+\sigma\sqrt{(T-t)}\quad , \quad d_2=d_1-\sigma\sqrt{(T-t)} \] であることに気がつけば、同様の手順で、 第2項の積分は \[ \int ^{d_2}_{-\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp\left\{ -\frac{1}{2}z_2^2\right\}dz_2 =\Phi(d_2)\] となる。
すべてを整理して、表記の慣習に従えば、 \[ C=S\Phi(d_1)-e^{-r(T-t)}K\Phi(d_2) \quad ,\quad \Phi(d)\sim N(0,1)\] \[ d_1=\frac{ \log\frac{S}{K}+rt+\frac{1}{2}\sigma^2 (T-t)}{\sigma \sqrt{(T-t)}} \quad ,\quad d_2=d_1-\sigma \sqrt{(T-t)}\] となって、ブラック・ショールズ式が得られた。
他の解法と比べていかがであろうか。