master imea 1 calcul stochastique et finance feuille de t.d. no 3
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Master IMEA 1 Calcul Stochastique et Finance Feuille de T.D. no 3
Corrige
1.— On considere un modele Cox-Ross-Rubinstein de marche (B,S) a trois etapes. On suppose que S0 = 20C––et que les facteurs de hausse et de baisse sont respectivement u = 1,1 et d = 0,9. Le rendement non-risquesur chaque periode est r = 2%.
a. Decrire la dynamique de S a l’aide d’un arbre et donner la probabilite de martingale.
b. Un trader vend un call europeen de prix d’exercice K = 20 C–– et commence ses operations de couverturedelta-neutre. Determiner le prix du call a la date t = 0.
c. On suppose que l’actif sous-jacent subit deux hausses consecutives puis une baisse : detailler les operationseffectuees par le trader sur son portefeuille de couverture.
d. Quelle serait la prime d’un put europeen de meme prix d’exercice et de meme echeance ? S’il s’agissaitd’un put americain, l’acheteur aurait-il interet a exercer son put de maniere anticipee ?
Solution
a. et b. La dynamique de S et les prix du call aux differents nœuds de l’arbre sont donnes dans la figureci-dessous. La probabilite de martingale est
q =1,02 − 0,9
1,1 − 0,9=
3
5
et la prime a t = 0 estc0 = 2,0721C–– .
20
22
18
24,2
19,8
16,2
26,62
21,78
17,82
14,58
6,62
1,78
0
0
0
4,5922
1,0471
3,1119
0,6159
2,0721
Les calculs partent de l’extremite droite de l’arbre ; on utilise la formule d’esperance conditionnelle actualisee
c(T − k, ST−k) =1
(1 + r)k
k∑i=0
(k
i
)qi(1 − q)k−ic(T, ST−ku
idk−i)
avec T = 3 (la duree δt d’une etape est 1) et k = 1, 2 ou 3. Les c(T, ST−kuidk−i) sont les valeurs du pay-off
aux extremites de l’arbre sachant qu’a la date T − k le sous-jacent S avait pour valeur ST−k.Dans le cas present, on a
c(T, ST−kuidk−i) =
(ST−ku
idk−i −K)+
=(ST−k×(1,1)i×(0,9)k−i − 20
)+.
2002-2011 michel miniconi version du 5 mars 2011
c. A la date t = 0 le vendeur du call encaisse la prime 2,0721C–– et achete
∆ =3,1119 − 0,6159
22 − 18= 0,6234
parts d’actif sous-jacent. Il finance cet achat par un emprunt (au taux 2% sur la periode a venir) de la somme0,6234×20 − 2,0721 = 10,4077C–– . Il s’est ainsi constitue le portefeuille de couverture
(b,∆) = (−10,4077C–– , 0,6234 parts).
A la date t = 1 l’actif risque est monte a 22C–– : le trader liquide son portefeuille, qui vaut maintenant 3,1119C–– ,et se constitue un nouveau portefeuille de couverture en achetant
∆ =4,5922 − 1,0471
24,2 − 19,8= 0,8057
parts de sous-jacent. Il emprunte la somme necessaire a cet achat, soit 0,8057×22 − 3,2816 = 14,6136C–– . Ilest ainsi en possession du portefeuille
(b,∆) = (−14,6136C–– , 0,8057 parts).
A la date t = 2 l’actif risque est monte a 24,2C–– : le trader liquide son portefeuille, qui vaut maintenant4,5922C–– , et se constitue un nouveau portefeuille de couverture en achetant
∆ =6,62 − 1,78
26,62 − 21,78= 1
part de sous-jacent. Il emprunte la somme necessaire a cet achat, soit 24,2 − 4,5922 = 19,6078C–– . Il est ainsien possession du portefeuille
(b,∆) = (−19,6078C–– , 1 part).
A la date t = 3 l’actif risque est descendu a 21,78C–– : le trader liquide son portefeuille, qui vaut maintenant1,78C–– , ce qui est precisement la somme qu’il doit verser a son client au terme de ce contrat contingent.
d. On reproduit dans la figure ci-dessous les prix du sous-jacent et du put europeen aux differents nœuds.Ces derniers peuvent s’obtenir comme les esperances actualisees du pay-off ou encore a l’aide de la relationde parite call-put a partir des resultats de la question precedente. En particulier, la prime du put est
p0 = 0,9185C–– .
0
0
0
20
22
18
24,2
19,8
16,2
26,62
21,78
17,82
14,58
5,42
2,18
0,8549
3,4078
1,8393
0,3353
0,9185
2
Examinons le cas du put americain, resume sur la figure ci-dessous :
0
0
0
20
22
18
24,2
19,8
16,2
26,62
21,78
17,82
14,58
5,42
2,18
3,8
A
B 0,8549
0,3353
2
(1,9931)
0,9815
On recalcule les prix lorsque l’option est dans la monnaie. Au noeud A l’exercice anticipe est optimalpuisqu’il rapporte 3,8C–– alors que le put ne vaut que 3,4078C–– . Cependant, l’exercice est aussi optimalau noeud B. En effet, apres modification de prix en A le prix risque-neutre en B est 1,9931C–– =((3/5)×0,8549 + (2/5)×3,8
)/1,02C–– qui est inferieur aux deux euros que rapporterait l’exercice.
Le put americain sera donc exerce a t = 1 si le sous-jacent a subi une baisse, et il rapportera 2C–– . La primedu put est
pUS0 = 0,9815C–– =
((3/5)×0,3353 + (2/5)×2
)/1,02C–– .
En revanche, si le sous-jacent commence par une hausse, le put ne sera pas exerce avant l’echeance.
2.— Un trader a achete le put europeen precedent et le finance en vendant le portefeuille de couverture. Ala derniere etape la volatilite du sous-jacent a soudain augmente a l’insu du marche : le facteur de hausseest maintenant u′ = 1,4 et le facteur de baisse d′ = 0,6.
Ce mouvement de volatilite est-il favorable a l’acheteur du put ?
Solution
La couverture a ete constituee sous la volatilite initiale, le portefeuille correspondant est vendu. La positiondu trader a la date t = 2 et selon les differentes valeurs de S2 est resumee dans le tableau ci-dessous :
S2 put parts sous-jacent position en C––
24,2 1 0 0
19,8 1 0,5505 -11,7549
16,21 1 1 -19,6078
A la date t = 3 le bilan est le suivant :
S2 S3 put achete ptf vendu bilan
33,88 0 0 024,2
14,52 5,48 0 5,48
27,72 0 3,27 3,2719,8
11,88 8,12 -5,45 2,67
22,68 0 2,68 2,6816,2
9,72 10,28 -10,28 0
Si la volatilite n’avait pas augmente, le bilan aurait ete nul dans toutes les eventualites. Le mouvement dehausse de volatilite est donc favorable au trader. On pourra verifier que la conclusion aurait ete la memepour un call achete et couvert. En cas de baisse de volatilite, la conclusion est inversee (put ou call).
3
Master IMEA 1 Calcul Stochastique et Finance Feuille de T.D. no 4
Corrige
Dans ces exercices, W designera toujours un processus de Wiener (brownien standard)
1.— Soient s et t deux reels positifs. Montrer que la covariance de Ws et Wt est le plus petit des deuxnombres s et t.
Solution
On suppose s < t et on ecrit Wt = Wt −Ws +Ws. On a alors :
(1) cov(Ws,Wt) = E(WsWt
)= E
(Ws(Wt −Ws)
)+ E
(W 2s
)puisque toutes les variables concernees sont centrees. Les accroissements Wt −Ws et Ws −W0 = Ws sontindependants donc l’esperance du produit est le produit des esperances. Ces dernieres sont nulles, a nouveauen raison du caractere centre des variables. La variance de Ws etant egale a s, on trouve finalement
(2) cov(Ws,Wt) = s = s ∧ t.
2.— Verifier que la variance de W 2s est egale a 2s2.
Solution
On a
(3) Var(W 2s ) = E(W 4
s )−E(W 2s )2 = E(W 4
s )− s2
puisque E(W 2s ) = Var(Ws) = s. Il reste a calculer E(W 4
s ).
Pour une variable aleatoire quelconque X a densite fX on a
(4) E(h(X)) =
∫R
h(x)fX(x) dx.
pour h fonction mesurable. Ainsi, avec h(x) = x4 et X = Ws
(5) E(W 4s ) =
∫R
x41√2πs
e−x2/2s dx.
Par une integration par parties
(6) E(W 4s ) =
[−sx3e−x
2/2s]+∞−∞
+ 3s
∫R
x21√2πs
e−x2/2s dx.
L’integrale du second membre est egale a s, la variance de Ws. Le terme tout integre est nul (croissancecomparee a l’infini de l’exponentielle et d’un polynome). On trouve donc
(7) E(W 4s ) = 3s2
et par consequent
(8) Var(W 2s ) = 3s2 − s2 = 2s2.
2002-2011 michel miniconi version du 5 avril 2011
3.— On considere le processus Z defini par Zt =√tY , ou Y suit une loi normale standard. Determiner les
lois marginales de Z. Le processus Z est-il un processus de Wiener ?
Solution
Comme Y est N (0; 1) (normale d’esperance 0 et de variance 1) la variable Zt est normale centree de variance(√t)2 = t. Le processus Z a donc les memes marginales qu’un processus de Wiener.
Cependant Z n’est pas un processus de Wiener, comme on peut le voir en calculant les covariances
(9) cov(Zs, Zt
)= cov
(√sY,√tY)
=√st 6= s ∧ t.
On aurait aussi pu remarquer que le processus Z n’est ni stationnaire ni a accroissements independants.
4.— Determiner l’esperance et la variance d’une variable aleatoire X > 0 dont le logarithme suit une loinormale de parametres µ et σ2.
Solution
La densite de Y = logX est
(10) fY (y) =1
σ√
2πexp(− (y − µ)2
2σ2
).
En utilisant l’egalite (4) on a donc
(11) E(X) = E(eY)
=
∫R
ey.1
σ√
2πexp(− (y − µ)2
2σ2
)dy =
∫R
1
σ√
2πexp(− (y − µ)2
2σ2+ y)dy.
On ecrit ensuite
(12) − (y − µ)2
2σ2+ y = − 1
2σ2
((y − (µ+ σ2)
)2 − (µ+ σ2)2 + µ2)
soit
(13) − (y − µ)2
2σ2+ y = − 1
2σ2
((y − (µ+ σ2)
)2 − 2σ2(µ+ σ2/2))
= − 1
2σ2
(y − (µ+ σ2)
)2+ µ+ σ2/2.
Par consequent
(14) E(X) = eµ+σ2/2
∫R
1
σ√
2πexp(−(y − (µ+ σ2)
)22σ2
)dy.
L’integrand est une densite : son integrale vaut 1, donc
(15) E(X) = eµ+σ2/2.
On calcule maintenant la variance. On a Var(X) = E(X2)−E(X)2 et il reste a calculer le terme E(X2).On a
(16) E(X2) = E(e2Y).
On pose Z = 2Y , variable aleatoire normale d’esperance 2µ et de variance 4σ2, a laquelle on applique leresultat (21) ci-dessus avec 2µ et 4σ2 a la place de µ et σ. On trouve immediatement :
(17) E(X2) = e2(µ+σ2) et par consequent Var(X) = e2(µ+σ
2/2)(eσ
2
− 1).
2
5.— Soit T > 0 un reel fixe. Pour tout entier positif n on considere une subdivision
πn = {0 = tn0 < tn1 < tn2 < . . . < tnN = T}
de l’intervalle [0, T ] (l’entier N depend de la subdivision). On suppose que le pas de la subdivision,δn = max0≤j≤N−1(tnj+1 − tnj ), tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini.
a. Montrer que la somme∑N−1j=0 (Wtn
j+1−Wtn
j)2 converge dans L2 vers la limite T .
b. On considere les limites dans L2
I = limnSn avec Sn =
N−1∑j=0
Wtnj(Wtn
j+1−Wtn
j)
et
J = limnTn avec Tn =
N−1∑j=0
Wtnj+1
(Wtnj+1−Wtn
j).
Calculer J − I et I + J . En deduire la valeur de I et J .
c. Verifier que la suite de fonctions simples definie par
fn(t) =
N−1∑j=0
Wtnj1[tn
j,tn
j+1[(t)
approche f(t) = Wt dans M2T .
En deduire la valeur de l’integrale ∫ T
0
Ws dWs.
d. Calculer la limite dans L2 de la somme
N−1∑j=0
(Wtnj
+Wtnj+1
)
2(Wtn
j+1−Wtn
j)
(integrale de Stratonovitch).
Solution
a. Par un calcul direct, en remarquant que T =∑N−1j=0 (tnj+1 − tnj ) :
(18)(N−1∑j=0
(Wtnj+1−Wtn
j)2 − T
)2=(N−1∑j=0
{(Wtn
j+1−Wtn
j)2 − (tnj+1 − tnj )
})2=
N−1∑j=0
{(Wtn
j+1−Wtn
j)2−(tnj+1−tnj )
}2
+2∑j<k
{(Wtn
j+1−Wtn
j)2−(tnj+1−tnj )
}{(Wtn
k+1−Wtn
k)2−(tnk+1−tnk )
}.
Posons ∆j = (Wtnj+1−Wtn
j)2 − (tnj+1 − tnj ), on a :
(19)(N−1∑j=0
(Wtnj+1−Wtn
j)2 − T
)2=
N−1∑j=0
∆2j + 2
∑j<k
∆j∆k.
Les accroissements du brownien etant independants, centres et de variance l’accroissement temporel corres-pondant, on a
(20) E(∆j∆k) = E(∆j)E(∆k) = 0.
3
Par ailleurs
(21) E(∆2j ) = E
((Wtn
j+1−Wtn
j)4)− 2(tnj+1 − tnj )E
((Wtn
j+1−Wtn
j)2)
+ (tnj+1 − tnj )2
et puisque les accroissements sont gaussiens, le moment d’ordre 4 vaut 3(tnj+1 − tnj )2 et l’on a
(22) E(∆2j ) = 2(tnj+1 − tnj )2.
Finalement
(23) E(N−1∑j=0
(Wtnj+1−Wtn
j)2 − T
)2= 2
N−1∑j=0
(tnj+1 − tnj )2 ≤ 2δn
N−1∑j=0
(tnj+1 − tnj ) = 2δnT → 0.
b. On a
(24) Tn − Sn =
N−1∑j=0
(Wtnj+1−Wtn
j)2 → T
d’apres le a (convergence dans L2) et
(25) Sn + Tn =
N−1∑j=0
(W 2tnj+1−W 2
tnj) = W 2
T .
Ainsi J − I = T et J + I = W 2T donc
(26) J =1
2W 2T +
1
2T et I =
1
2W 2T −
1
2T.
c. Soit t fixe dans l’intervalle [0, T ], il existe un indice j tel que t ∈ [tj , tj+1[. Alors
(27) E((fn(t)−Wt)
2)
= E((Wtn
j−Wt)
2)
= t− tnj ≤ δn → 0.
D’apres la question b
(28) Sn =
∫ T
0
fn(s) dWs → I donc I =
∫ T
0
Ws dWs =1
2W 2T −
1
2T.
d. D’apres b la limite cherchee est egale a
(29)1
2(I + J) =
1
2W 2T .
4
6.— Montrer a l’aide de la formule d’Ito que pour tout t > 0 on a∫ t
0
s dWs = tWt −∫ t
0
Ws ds.
Solution
En posant f(t, x) = tx on a∂f
∂t(t,Wt) = Wt,
∂f
∂x(t,Wt) = t et
∂2f
∂x2(t,Wt) = 0. On applique la formule d’Ito
et on obtient immediatement
(30) f(t,Wt)− f(0,W0) = tWt =
∫ t
0
Ws ds+
∫ t
0
s dWs.
7.— Montrer l’egalite ∫ t
0
W 2s dWs =
1
3W 3t −
∫ t
0
Ws ds.
Solution
C’est a nouveau une application directe de la formule d’Ito avec f(t, x) = x3 (par exemple). On a alors∂f
∂t(t,Wt) = 0,
∂f
∂x(t,Wt) = 3W 2
t et∂2f
∂x2(t,Wt) = 6Wt, d’ou
(31) f(t,Wt)− f(0,W0) = W 3t =
∫ t
0
1
26Ws ds+
∫ t
0
3W 2s dWs etc.
8.— Calculer l’esperance de W 6t en utilisant la formule d’Ito et le fait qu’une integrale stochastique est une
martingale pour la filtration associee a W .
Solution
On choisit d’appliquer la formule d’Ito avec la fonction f(t, x) = x6 :
(32) W 6t =
∫ t
0
1
230W 4
s ds+
∫ t
0
6W 5s dWs
et on passe aux esperances
(33) E(W 6t ) = 15
∫ t
0
E(W 4s ) ds+ E
(∫ t
0
6W 5s dWs
)Dans le second membre de cette egalite, l’esperance de l’integrale stochastique est nulle (resulte de la proprietede martingale) et l’esperance sous le signe de la premiere integrale est egale a 3s2. On obtient finalement
(34) E(W 6t ) = 15
∫ t
0
3s2 ds = 15t3.
5
9.— Calculer la variance de∫ t0|Ws|1/2 dWs en utilisant l’isometrie d’Ito.
Solution
Comme integrale stochastique, l’integrale stochastique est d’esperance nulle. La variance est donc
(35) Var(∫ t
0
|Ws|1/2 dWs
)= E
((∫ t
0
|Ws|1/2 dWs
)2)=
∫ t
0
E(|Ws|) ds
par l’isometrie d’Ito. On calcule l’esperance
(36) E(|Ws|) =1√2πs
∫R
|z|e−z2/2s ds =
2√2πs
∫ ∞0
ze−z2/2s ds =
2√2πs
[−se−z
2/2s]∞0
=
√2
π
√s
et par consequent
(37) Var(∫ t
0
|Ws|1/2 dWs
)=
√2
π
∫ t
0
√s ds =
2
3
√2
πt3/2
10.— Soit un actif S dont la dynamique stochastique est
dSt = 0,2×St dt+ 0,4×St dWt
avec S0 = 100 C–– et ou les coefficients 0,2 et 0, 4 representent respectivement le rendement moyen annuel etla volatilite sur un an de l’actif S.
Calculer la probabilite pour que le prix de l’actif soit au moins egal a 160 C–– au bout d’un an.
Solution
Rappelons comment on obtient la solution de l’equation differentielle stochastique (EDS)
(38) dSt = µSt dt+ σSt dWt , S0 > 0 donne.
On determine d’abord a l’aide de la formule d’Ito l’EDS que verifie X = logS. Pour cela on considere lafonction f(t, s) = log s : on a
(39)∂f
∂t= 0 ,
∂f
∂s= 1/s et
∂2f
∂s2= −1/s2
donc
(40) dXt =(
0 + µSt1
St+
1
2σ2S2
t
(− 1
S2t
))dt+ σSt
1
StdWt =
(µ− σ2/2
)dt+ σdWt.
Ainsi X = logS est un brownien (affine)
(41) Xt = logS0 +(µ− σ2/2
)t+ σWt
et la variable Xt suit la loi normale N(logS0 + (µ− σ2/2)t ; σ2t
)(la variable St = eXt est log-normale).
On peut maintenant repondre a la question. On se place a t = 1 annee.La variable Z =
(X1 − log 100− (0,2− 0,08)
)/0,4 est normale centree reduite. On a alors
(42) P(S1 ≥ 160) = P(X1 ≥ log 160) = P(Z ≥ log 1,6− (0,2− 0,08)
0,4
)= P(Z ≥ 0,8750).
6
A l’aide d’une table de loi normale (et d’une interpolation lineaire) on trouve finalement
(43) P(S1 ≥ 160) = 1− 0,8092 ≈ 0,191.
11.— Soit une action dont le prix S possede une dynamique de brownien geometrique. Le prix spot estS0 = 50 C–– , le rendement espere annuel µ est de 16% et la volatilite de ce rendement σ de 30%. En utilisantla distribution de la variable aleatoire YT = lnST , donner un intervalle de confiance a 90% pour ST lorsqueT = 2 ans.
Solution
Cet exercice est analogue a l’exercice precedent, on en reprend les notations. On a µ = 0,16, σ = 0,30,S0 = 50 et on se place a t = 2.Il faut comprendre l’intervalle de confiance comme l’intervalle qui laisse 5% de valeurs extremes de part etd’autre de la distribution de S.On cherche donc a et b reels positifs tels que
(44) P(X2 < log a) = P(S2 < a) = 0,05 et P(X2 > log b) = P(S2 > b) = 0,05.
La variable X2 = logS2 est normale, son esperance est log 50 + 2(0,16− 0,09/2) = 4,1420 et son ecart-type0,30√
2 = 0,4243.Par ailleurs, la table de la loi normale standard nous donne, pour une variable Z normale centree reduite,les valeurs α = −1,645 et β = 1,645 verifiant P(Z < α) = P(Z > β) = 0,05. On en deduit
(45) log a = 0,4243×(−1,645) + 4,1420 = 3,44 et log b = 0,4243×1,645 + 4,1420 = 4,84.
On en deduit l’intervalle cherche pour S2
(46) [a, b] = [31,31 , 126,47].
D’apres la formule (15) (voir exercice 4), l’esperance de S2 est
(47) E(S2) = exp(4,142 + 0,5(0,30√
2)2) = 68,86.
12.— On designe par St la valeur a la date t d’un dollar en euros (le cours du dollar), avec S0 > 0. Onsuppose que la dynamique de ce cours est celle d’un brownien geometrique de rendement annuel µ et devolatilite σ.
a. Determiner l’EDS satisfaite par le cours Z = 1/S de l’euro en dollars.b. Deduire de l’equation satisfaite par U = logS celle satisfaite par V = logZ.c. Retrouver l’equation satisfaite par Z en calculant la differentielle d’Ito de eV .
Solution
a. On a
(48) dSt = µSt dt+ σSt dWt
et, en choisissant le changement de variable Z = f(t, S) avec f(t, s) = 1/s, on a
(49)∂f
∂t= 0 ,
∂f
∂s= −1/s2 et
∂2f
∂s2= 2/s3.
7
La formule d’Ito donne alors
(50) dZt =(µSt(−1/S2
t ) +1
2σ2S2
t (2/S3t ))dt+ σSt(−1/S2
t ) dWt = −(µ− σ2
)Zt dt− σZt dWt
qui est aussi la dynamique d’un brownien geometrique.
b. On sait que U = logS est solution de l’EDS
(51) dUt =(µ− σ2/2
)dt+ σdWt.
Par consequent V = −U verifie
(52) dVt = −(µ− σ2/2
)dt− σdWt.
c. En posant Z = g(t, V ) avec g(t, v) = ev on trouve
(53)∂g
∂t= 0 ,
∂g
∂v= ev =
∂2g
∂v2
d’ou l’EDS verifiee par Z :
(54) dZt =(−(µ− σ2/2
)eVt +
1
2σ2eVt
)dt− σeVt dWt = −
(µ− σ2
)Zt dt− σZt dWt
ou l’on retrouve bien l’EDS de la formule (31).
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Corrige
Dans ces exercices, on a choisi le modele de marche Black-Scholes-Merton
1.— Determiner l’EDS verifiee par X = Wn, n ≥ 1, W processus de Wiener.
Solution
Pour un processus d’Ito general dYt = µt dt+ σt dWt et Xt = f(t, Yt) la formule d’Ito donne
dXt =
{∂f
∂t(t, Yt) + µt
∂f
∂x(t, Yt) +
1
2σ2t
∂2f
∂x2(t, Yt)
}dt+ σt
∂f
∂x(t, Yt) dWt
Avec la fonction f(t, x) = xn, dont les derivees partielles sont
∂f
∂t= 0 ,
∂f
∂x= nxn−1 ,
∂2f
∂x2= n(n− 1)xn−2
et avec Y = W c’est-a-dire µt = 0, σt = 1, on trouve pour X = Wn :
dXt =n(n− 1)
2Wn−2t dt+ nWn−1
t dWt .
2.— Soit λ un reel. Verifier que les fonctions f(t, x) = λx et g(t, x) = λert sont chacune solution de l’equationde Black-Scholes.Determiner les derives qu’elles representent ainsi que les portefeuilles de couverture correspondants.
Solution
Les verifications sont immediates. La fonction f represente le prix d’un derive qui assure la livraison de λparts de sous-jacent au prix comptant ST a l’echeance T ; sa couverture a t = 0 est simplement l’achat de λparts de sous-jacent au prix λS0 C–– . La prime demandee sera de λS0 C–– .La fonction g represente le prix d’un derive qui paye exactement λerT C–– a l’echeance T et sa couverture at = 0 est le placement de la somme λ C–– ; cette somme est aussi la prime qui sera reclamee par le vendeur.
3.— On appelle call digital (ou binaire) de strike K et d’echeance T sur un sous-jacent S donne une optioneuropeenne dont le pay-off a l’echeance est
f(ST ) =
{0 si ST < K,
1 si ST ≥ K.
Determiner le prix et la couverture a la date t = 0 du call digital.
Solution
On rappelle la formule de calcul de prix d’une option europeenne
f(t, s) = e−r(T−t)EQ
(fT (ST ) | St = s
)ou EQ represente l’esperance pour la probabilite “risque neutre” Q. Sous cette probabilite l’actif S suit ladynamique d’un brownien geometrique
dSt = rSt dt+ σSt dWt.
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La loi de ST est log-normale ; on peut trouver plus commode de calculer cette esperance en utilisant ladensite de logST conditionnee par St qui est celle d’une loi normale d’esperance logSt + (r − σ2/2)(T − t)et de variance σ2(T − t). Cette densite est
flogST |St(x|s) =
1
σ√
2π(T − t)exp
{−
(x−
(log s+ (r − σ2
2 )(T − t)))2
2σ2(T − t)
}.
Avec un pay-off donne fT , on utilisera alors la formule de transfert
E(fT (ST )|St = s
)=
∫R
fT (ex)flogST |St(x|s) dx.
Dans le cas present les calculs sont simplifies par le fait que t = 0 : la valeur S0 est le prix au comptant acette date et la prime du call binaire s’obtiendra par un calcul d’esperance actualisee (non-conditionnelle).On a
cbin,0 = e−rTEQ
(cbin,T (ST )
)avec ST = S0 exp
{(r − σ2/2)T + σWT
}et cbin,T = 1[K,+∞[. Par consequent
cbin,0 = e−rT1
σ√
2πT
∫ ∞logK
exp
{−
(x−
(logS0 + (r − σ2
2 )T))2
2σ2T
}dx.
ou l’on integre a partir de logK puisque cbin,T (ex) est nul pour ex < K et vaut 1 sinon.
En effectuant le changement de variable z =x−
(logS0 + (r − σ2
2 )T)
σ√T
on trouve
cbin,0 = e−rT1√2π
∫ ∞−d2
exp(−z
2
2
)dz
ou d2 =1
σ√T
(log(S0/K) +
(r − σ2/2)T
), ce qui donne, en notant N la fonction de repartition de la loi
normale standard :
cbin,0 = e−rT (1−N(−d2)) = e−rTN(d2).
On calculerait de meme qu’a tout instant t intermediaire la valeur du call binaire est
cbin,t = e−r(T−t)N(d2).
avec d2 =1
σ√T − t
(log(St/K) +
(r − σ2/2)(T − t)
).
En derivant par rapport a s = S0 on trouve que le delta du call binaire vaut
∆call bin,0 =e−rTN ′(d2)
S0σ√T
ou d2 est calcule avec t = 0. Ce delta correspond a la quantite de sous-jacent S0 que le vendeur du callbinaire devra acheter pour couvrir le risque de hausse. Evidemment, la couverture est censee etre ensuitereajustee en temps continu.
Remarque : N(d2) est la probabilite risque neutre pour que l’actif S soit de prix superieur a K a la date T .
2
4.— On considere une option europeenne dont le pay-off est dessine ci-dessous (spread vertical haussier),synthetisee par une position longue sur un call de strike K1 et une position courte sur un call de strikeK2 > K1, les deux calls portant sur un meme sous-jacent S et ayant meme maturite T .
La maturite est T = 6 mois. On suppose en outre qu’a la date t = 0 la valeur de l’actif risque est s0 = 50 C––et que sa volatilite annuelle est estimee a σ = 20%. Le rendement annuel de l’actif non-risque sur la periode[0, T ] est r = 5%. Enfin, les prix d’exercice K1 et K2 sont respectivement 50 C–– et 60 C–– .a. Determiner le prix a la date t = 0 de cette option.b. Un trader a vendu ce spread et le couvre : preciser ses operations de couverture et son portefeuille a ladate t = 0 ; on admettra que le delta d’un call europeen est egal a N(d1).
Solution
a. Le prix de cette option est la difference des prix des deux calls c1 − c2. On calculera donc d’abord le prixde chacun de ces calls en utilisant les formules de Black-Scholes.• pour c1 : on trouve, avec T = 0,5 annee et t = 0 :
d1 =1
0,2√
0,5
{log
50
50+ (0,05 + 1
2 (0,2)2)×0,5}≈ 0,2475 et d2 = d1 − 0,2
√0,5 ≈ 0,1061.
En utilisant la table de la loi normale on trouve N(d1) = 0,5977 et N(d2) = 0,5422. Par consequent
c1 = 50×0,5977− e−0,05×0,5×50×0,5422 = 3,4444 C–– .
• pour c2 : on trouve de meme d1 ≈ −1,0417 et d2 ≈ −1,1831 puis, en utilisant la relationN(−u) = 1−N(u), N(d1) = 0,1488 et N(d2) = 0,1184. Par consequent
c2 = 50×0,1488− e−0,05×0,5×60×0,1184 = 0,5114 C–– .
Le prix du portefeuille est doncc1 − c2 = 2,9330 C–– .
b. Pour couvrir la vente d’un call contre un risque de hausse du sous-jacent, le trader achete N(d1) partsd’actif S. De meme, s’il a achete un call, le trader couvre sa position en se protegeant contre une baisse parla vente a decouvert d’une part analogue de sous-jacent.Dans le cas de ce spread, le trader va donc inserer 0,5977 − 0,1488 = 0,4489 parts de sous-jacent dans sonportefeuille. Autrement dit, il va acheter ces parts d’actif risque, ce qui va lui couter 0,4489×50 = 22, 4450 C–– .Il devra donc emprunter cette somme sur le marche de la monnaie, diminuee toutefois de la prime de 2,9330 C––qu’il a touchee pour la vente du spread.En definitive, le trader va se constituer a t = 0 le portefeuille de couverture suivant :
(b,∆) = (−19,5120 C–– , 0,4489 part).
3
5.— Le tableau suivant, cense montrer les prix de calls europeens a differentes maturites et pour differentsprix d’exercice, tous places sur un meme actif de prix initial 50 C–– , n’est pas en accord avec les hypotheses demarche Black-Scholes-Merton :
Maturite (mois)
Prix Strike 3 6 12
45 1,6 2,9 5,1
50 3,7 5,2 7,5
55 7,0 8,3 10,5
En justifiant brievement et sans aucun calcul votre reponse, dites pourquoi ce tableau est incorrect.
Solution
Le tableau montre des prix de calls croissants en fonction du strike, ce qui est incorrect. En effet, si l’onconsidere deux calls de strike K et K ′ avec K < K ′ alors les pay-offs verifient cT (K) > cT (K ′) ; en absenced’opportunite d’arbitrage, ceci entraıne c0(K) > c0(K ′).
En revanche, l’evolution des prix de calls en fonction de la maturite est plausible. On peut en effet montrer quela derivee temporelle (le theta) d’un call, ∂c∂t , est negative. Le prix du call est donc une fonction decroissantedu temps, par consequent une fonction croissante du temps a la maturite u = T − t restant ; il est donc aussifonction croissante de la maturite T .
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Corrige
Dans ces exercices, on a choisi le modele de marche Black-Scholes-Merton
1.— Un stellage (straddle) est une option europeenne construite sur un sous-jacent S synthetisee par l’achatsimultane d’un call et d’un put sur S de meme maturite et de meme prix d’exercice K.a. Determiner le pay-off de cette option et tracer son graphe. Donner sa prime a t = 0 en fonction desparametres habituels des formules de Black-Scholes ( σ, K, S0, r, T , d1 et d2) et de la repartition N de laloi normale standard. Donner en particulier la formule pour K = S0.b. On suppose S0 = 30 C–– = K, T = 3 mois, σ = 30% et r = 5% (taux annuels). Determiner la prime de cestellage.c. Determiner les gains et les pertes maximales que peut enregistrer un trader qui aurait achete ce stellage.Quelle est la strategie d’une telle option ?
Solution
a. Le pay-off du stellage est dessine ci-dessous :
K ST
Son prix est la somme des prix call et put qui le synthetisent. Les formules de Black-Scholes donnent
stellt = (2N(d1)− 1)St − e−r(T−t)(2N(d2)− 1)K.
Lorsque t = 0 et K = S0 (option a la monnaie) on a
stell0 ={
(2N(d1)− 1)− e−rT (2N(d2)− 1)}S0
avec
d1 =1
σ(r + 1
2σ2)√T et d2 =
1
σ(r − 1
2σ2)√T .
b. Dans ce cas d1 = 0,1583 et d2 = 0,0083. Par consequent N(d1) = 0,5629 et N(d2) = 0,5033 et
stell0 = 3,5785 C–– .
c. Les gains sont illimites dans les deux directions (hausse ou baisse), les pertes ne peuvent depasser la prime.Si le marche monte ou baisse nettement, le stellage realisera des profits croissants tant que le marche iradans la meme direction.
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2.— Un call europeen (sur un actif dont le prix S est suppose suivre le modele du brownien geometrique)est evalue sur le marche a 2,5 C–– . Le prix inital du sous-jacent est S0 = 15 C–– , le prix strike est K = 13 C–– , ladate de maturite est a trois mois (i.e. T = 0,25 annee) et le taux d’interet sans risque est r = 5% par an. Enutilisant les formules de Black-Scholes, montrer que la volatilite implicite est comprise entre 0,35 et 0,40.
Solution
Pour σ = 0,35, volatilite annuelle, on trouve d1 = 0,9766 et d2 = 0,8016, ce qui donne N(d1) = 0,8357 etN(d2) = 0,7881. On calcule alors le prix du call pour la volatilite la plus basse : c− = 2,4162 C–– .Pour une volatilite σ = 0,40, on trouve : d1 = 0,8780, d2 = 0,6780, N(d1) = 0,8100 et N(d2) = 0,7511. Lecalcul du call donne alors c+ = 2,50786 C–– .Sur le marche, le call est evalue a 2, 5 C–– . Comme le prix du call est une fonction strictement croissante dela volatilite du sous-jacent — le vega ∂c
∂σd’un call est egal a St√T − tN ′(d1) > 0 (meme vega pour le put)
— la volatilite implicite est comprise entre les deux valeurs 0,35 et 0,40.
3.— On reprend les notations usuelles des formules de Black-Scholes.a. Montrer l’egalite
StN′(d1) = Ke−r(T−t)N ′(d2).
b. En deduire que la valeur du delta d’un call europeen peut s’ecrire
∆call = N(d1).
Donner une formule analogue pour le delta d’un put, puis montrer que ∆call −∆put = 1.
c. Le gamma d’une option f = f(t, s) est la derivee seconde∂2f
∂s2(t, St). Calculer le gamma d’un call et d’un
put europeens.Montrer que les prix de ces options sont des fonctions convexes du sous-jacent.
Solution
a. La derivee de N est la densite de la loi normale standard N ′(x) = 1√2π
exp(− x2
2
). On doit donc montrer
l’egaliteSt√2π
exp(− d21
2
)=Ke−r(T−t)√
2πexp
(− d22
2
).
En ecrivant d21 − d22 = (d1 − d2)(d1 + d2) on trouve
d21 − d22 = 2(log
StK
+ r(T − t))
et par consequent
StN′(d1) =
St√2π
exp(− d21
2
)=
St√2π
exp(− d22
2
)exp
(− log
StK− r(T − t)
)=
St√2π
exp(− d22
2
)KSt
exp(−r(T − t)
)=K exp
(−r(T − t)
)N ′(d2).
2
b. En derivant la formule du call c(t, s) = sN(d1)− e−r(T−t)KN(d2), on trouve, avec s = St :
∆call =∂c
∂s= N(d1) + sN ′(d1)
∂d1∂s− e−r(T−t)KN ′(d2)
∂d2∂s
= N(d1)
puisque les derivees en s de d1 et d2 sont identiques.La formule pour le put est
∆put = N(d1)− 1
dont on tire immediatement la relation demandee ∆call −∆put = 1.
c. En utilisant les resultats precedents, on trouve les gammas des calls et des puts en derivant les deltas :
Γcall = Γput =N ′(d1)
Stσ√T − t
.
Ces quantites sont positives, d’ou la convexite des prix de calls et de puts par rapport au sous-jacent.
4.— Avec les notations habituelles, montrer que StN(d1) > ct ou c designe un call europeen construit surS. En deduire que
∆c
c>
∆S
S
si ∆S > 0, ou ∆S designe un accroissement de S et ∆c l’accroissement correspondant du call (effet de levier).
Solution
On utilise les resultats de l’exercice precedent.D’apres les formules de Black-Scholes on a
StN(d1) = ct + e−r(T−t)KN(d2) > ct.
ou ct = c(t, s) est le prix du call lorsque St = s. Ainsi ct/St < N(d1) =∂c
∂s. Comme le call est une fonction
convexe du sous-jacent, on a∆c
∆s≥ ∂c
∂spour ∆s > 0 :
K ST
St
A
Au point A, la pente de la tangente est inferieure a celle de la corde
3