回望期权的定价与二项式近似

最后，对于第三类的节点，我们计算至少一次沿着二叉树之外的路径的路径（这样，当节点也属于第二类时，我们不计算两次路径）。如前所述的论证证实了引理中的第三种选择。我们注意到，如果末级j同时属于第二类和第三类，那么二叉树中的路径正好是k=n+j-jupward跳跃（wh-ence n+j）-而在mostjn，这棵树外的小路- J- 1+jk<n+j- jupward跳跃。这表明对于这样的水平j，引理的陈述没有冲突。将回望调用的价格公式（2.4）与引理2结合起来。1.我们获得以下信息。定理2.2。让0≤ t<t和n∈ N.在时间t具有浮动行使的欧洲回望看涨期权的价格由（2.6）Cfln（t）=St（V）给出- V+V），其中V=nXk=kmin（1- 联合国-J-2k）nkqk（1）- q） n-k、 V=n-J-1Xk=kmin（1- 联合国-J-2k）nk+J + 1.qk（1）- q） n-k、 V=n-J-1Xj=0（1- U-j） kmaxXk=jhnk- J-nk- J- 1.iqk（1- q） n-kLOOKBACK期权和二项式近似9，jgiven为（2.3），q为（2.2），kmin=n- n+j 还有kmax=N-J-1+j.图2.4。n=3的看跌期权的CV树，也可以用同样的方法确定具有浮动期权的回望期权的价格。在这种情况下，由于基础价格始终低于最高价格，我们的水平值为负值，见图2.4。为了方便起见，我们将这些级别写为-j和j≥ 0

在j层中，我们被引导到与调用相同的树。通过这种调整，时间tM的put电平由一个非负数j给出，比如stm=马克斯特*≤tmSt*U-j、 树满足度的初始水平j（初始时间t）=马克斯特*≤tSt*U-j、 所以（2.7）j=log（maxt*≤tSt*/St）σpτ/n。在Cheuk和Vorst[4]中，具有浮动履约的欧洲回望看跌期权在t时的价格可以由pfln（t）=StXj给出∈J（uj）- 1） nXk=0∧jj，k，n（1- q） kqn-k、 其中，J是成熟时可能的水平集（取正），q由（2.2）给出，∧jj，k，nis是从初始节点（0，J）到成熟时水平J的路径数，这些路径正好有k个向上跳跃。由于我们在引理2.1中计算了这些路径的数量，我们得到了以下结果。定理2.3。让0≤ t<t和n∈ N.在时间t具有浮动行使的欧洲回望看跌期权的价格为N byPfln（t）=St（V）- V+V），10卡尔·格罗斯-埃尔德曼和法比恩·赫伊·韦利克克斯其中V=nXk=kmin（uj+2k-N- 1)nk(1 - q） kqn-k、 V=n-J-1Xk=kmin（uj+2k-N- 1)nk+J + 1.(1 - q） kqn-k、 V=n-J-1Xj=0（uj- 1） kmaxXk=jhnk- J-nk- J- 1.i（1）- q） kqn-kwith jgiven by（2.7），q由（2.2）给出，kmin=n- n+j 还有kmax=N-J-1+j.3.二项累积分布函数的渐近展开为了获得回望期权价格的渐近展开式，当步数n趋于一致时，我们首先需要推导二项累积分布函数bn，pn（jn）=jnXk=0的无符号展开式nkpkn（1）- pn）n-kor，等价地，f表示互补二项累积分布函数B*n、 pn（jn）=nXk=jn+1nkpkn（1）- pn）n-k、 与文献中的展开式相比，误差项更低。

此外，我们的方法允许我们处理任何满足0<lim infn的较弱假设的序列（pn）→∞pn≤ 林尚→∞pn<1。我们的方法依赖于Uspensky[16]的工作，他以方便的分析形式表示了二项式概率。Chan g和Palmer[3，引理1]重新定义了这个结果，以获得ordero（n）的近似值-1） 在这种情况下→ 1/2. 最近，Lin和Palmer[14，LemmaC.1]提供了O（n）阶的估计-2） 如果pn=1/2+O（n-1/2).Chang an d Palmer[3]利用他们的近似，得到了数字期权和欧式期权的渐近展开式，其余项为O（n）-3/2）（见[14，定理1.1]），而林和帕尔默[14]以同样的精度处理障碍选项。第二位授权人[11]最近评估了带有浮动罢工的回望选项，将自己限制在排放价格（即t=0）范围内。此外，当即期汇率r等于0时，他只得到一个余项O（n）-1） （见[11，备注4.1]）。为了得到具有剩余项O（n）的浮动罢工回望期权的渐近展开式-3/2），任何即期评级机构都是如此≥ 0，任何时候的价格t≥ 0，我们将需要一个ap proximationLOOKBACK选项和余项为O（n）的二项累积分布的二项近似值-5/2），由以下定理提供。在续集中，C>0表示一个通用常数，它在每次出现时可能有不同的值。还要注意的是，为了可读性，我们通常会删除索引n。让Φ表示标准正态累积分布函数。定理3.1。

假设p=pnsaties0<lim infn→∞pn≤ 林尚→∞pn<1。如果q=qn=1- Pn和0≤ j=jn≤ n、 然后jxk=0nkpkqn-k=Φ（y）+e-Y√2πP√V+PV+PV3/2+PV+ On5/2作为n→ ∞, 式中V=npq，y=j-np+1/2√VandP=（q）- p） （1）- y） ，P=y[(-3+7y- y）-pq(-3+11岁- 2y）]，P=（q- p） [（123+129y）- 384y+95y- 5y）-pq（3+69y）- 399y+145y- 10y）]，P=y[(-4293- 1359y+6165y- 1971y+185y- 5y+pq（3105+1395y）-7794y+2979y- 325y+10y）+pq（135- 1035y+7947y- 4167y+560y- 20y）]。如上所述，该结果的证明将基于因Uspensky[16，p.121]而产生的二项式概率的分析性表示。定理（Uspensky）。设0<p<1，q=1- p和0≤ J≤ n个已执行的数字。然后jxk=0nkpkqn-k=J（y）-J（y′），其中y=J- np+√Vand y′=-np+√Vwith V=npq；这里函数J由（3.1）J（y）=2πZπρsin（y）定义√V~n- χ） sin k d k y∈ R、 其中ρ=|pei|+q |，ω=arg（pei|+q）和χ=nω- np~n。我们将从Uspensky的表述中，通过运用和阐述他的观点，得出定理3.1（见[16，第121-129页]）。为此，我们需要两个初步引理。12卡尔·格罗斯·埃尔德曼和法比恩·赫伊·韦利克克斯勒马3.2。假设p=pnsaties0<lim infn→∞pn≤ 林尚→∞pn<1。设q=qn=1- Pn和V=npq。对于固定常数M>0，设φ为正数，使得≤ M/V1/4。然后我们有R=|pei|+q | nthatR=eR|1+Rа+Rа+Rа+Xk=1O（nkа2k+6）作为n→ ∞, 式中=-V，R=V- pq,R=-五、-pq+pq.证据设ρ=|pei|+q |，使R=ρn。然后我们得到ρ=（p+2pq cos|+q）1/2=1.- 4pq sin~n1/2.这就得到了logρ=log1.- 4pq sin~n= -2pq sin~n- 4（pq）sin~n-（pq）sin~n- δ、 （3.2）式中δ=32（1- η)-4（pq）sinа对于0到4pq sinа之间的一些实数η。自从lim infn→∞请注意→∞qn>0我们有V=npq→∞ 因此0≤ φ ≤ M/V1/4→ 0作为n→ ∞. 因此（3.3）0≤ δ ≤ n足够大时的Cpq~n。现在，为了得到对数ρ的界，我们使用合适的泰勒展开式，大约0。

首先，我们有sin~n=~n-φ+φ-~n+~n+o（）。因此，我们有（3.4）μ-φ+φ-φ≤ 罪恶≤φ-对于n个足够大的值，则为。接下来，我们从sin~n=~n推导-φ+φ-~n+o（k）即（3.5）а-φ≤ 罪恶≤φ-对于n个足够大的值，则为。最后，我们从sin~n=~n中得到-~n+~n+o（）回望选项和二项近似13（3.6）-φ≤ 罪恶≤对于足够大的n。从（3.3）、（3.4）、（3.5）、（3.6）中，我们找到表达式（3.2）的上下界：logρ≤ -2pqφ-φ+φ-φ- 4pqφ-φ-pqφ-φ=Rn~n+Rn~n+Rn~n+pq+ pqν（3.7）和对数ρ≥ -2pqφ-φ+φ- 4pqφ-φ+φ-pqφ- Cpq~n=Rn~n+Rn~n+Rn~n- pq+ Cpqφ.（3.8）通过结合（3.7）和（3.8），我们确定了≤ R=ρn≤ eR~n+R~n+R~ne,哪里= -V pq+ Cpqφ≤ 0, =五、+ pqφ≥ 0.这显然意味着R- eR~n+Rа+Rа≤ eR~n+Rа+RаE- E.使用前≤ 1+2x代表0≤ 十、≤ 1和前≥ 1+x，我们有大n个- E≤ 2.- ≤ CV~n；注意→ 0作为n→ ∞. 因此R- eR~n+Rа+Rа≤ 换言之，（3.9）R=eR~n+R k+Rа+Rа+Rа+O（eRа+Rа+RаVа）。现在，兰德的定义是0≤ φ ≤ M/V1/4（3.10）Rа+Rа≤ C.通过组合（3.9）和（3.10），我们可以看到（3.11）R=eRа（eRа+Rа+O（nа））。我们用大约0的泰勒展开式重写第二个指数项，以获得0和Rа+Rа之间的一些η，Rа+Rа=1+（Rа+Rа）+（Rа+Rа）+eη（Rа+Rа），14 KARL GROSSE ERDMANN和FABIEN HEU WELYCKXhence（3.10）（3.12）eRа+Rа=1+Rа+Rа+Rа+Rа+Rа。结合（3.11）和（3.12）我们得到了结果。引理3.3。假设p=pnsaties0<lim infn→∞pn≤ 林尚→∞pn<1。设q=qn=1- Pn和V=npq。然后，对于任何非负整数m，存在一个常数C>0，使得im:=Z∞E-V k mdа≤ Cn-（m+1）/2。此外，假设τ=τn>0满足τ-1=O（nα），α<1/2。然后对于任何整数m和k，e xi有一个常数C>0，这样i*m:=Z∞τe-V k mdа≤ Cn-k、 证据。

我们首先注意到，根据我们的假设，有一些δ>0，因此，对于大n，（3.13）V≥ δn和τ√五、≥ δn1/2-α.我们设定了x=√V~n。然后积分变成m=V-（m+1）/2Z∞E-xxmdxandI*m=V-（m+1）/2Z∞τ√Ve-xxmdx。被积函数可以用一个函数来限定-xif m≥ 0，或者如果m<0且x≥ 1.因为，通过（3.13），τ√五、→ ∞ 作为n→ ∞, 我们获得了≤ 个人简历-（m+1）/2andI*M≤ 个人简历-（m+1）/2e-τ√因此我们用（3.13）推导出≤ Cn-（m+1）/2对于任何k，I*M≤ Cn-K我们现在可以证明我们的主要结果。定理3.1的证明。证明将分为几个步骤。（1） 鉴于上述Uspensky的表述，J（y）值起着关键作用，见（3.1）。我们将把积分分成两部分。L etτ=V-1/4，回望选项和二项式近似，使τ-1=O（n1/4）。在整个证明过程中，我们假设n比τ大≤π. 然后*（y） :=2πZπτρnsin（y√V~n- χ） sin k d k≤2πZπτρnsinаdа。对于（3.2），我们有n logρ≤ -2V s英寸。应用sin~n≥π表示0≤ φ ≤ π、 我们得到了*（y）≤2πZπτe-2V si n k sinаdа≤Zπτe-2Vπаdа≤Z∞τe-2Vπаdа。代入x=πφ并应用引理3.3，我们得到（3.14）J*（y）≤Z∞πτe-V xxdx=On5/2自（πτ）-1=O（n1/4）。从（3.1）和（3.14）中，我们得到（3.15）J（y）=2πZτρ康星（y）√V~n- χ） sin k d k+On5/2.（2） 看看J（y）的被积函数，我们现在要估计sin（a）- χ） 在φ的幂中∈ R回想一下ω=arg（pei~n+q）和dχ=nω- np~n。通过泰勒展开，我们得到了- χ） =sin（a）- cos（a）χ-sin（a）χ+cos（a）χ+sin（a）χ-cos（a）- η） 对于0和χ之间的某些η，χ（3.16）。因为在（3.15）之前，必须假设0≤ φ ≤ τ ≤π我们看到ω=arctanp sin~np cos~n+q，所以χ=n arctanp sin~np cos~n+q- np~n。现在，dd~nχ（ν）n=- p+p- q1+2pq（cosа）- 1） ，我们使用了p+q=1。

注意，作为x→ 0,1+2pqx=1-2pqx+（2pq）x+O（x），其中大O条件下的常数不依赖于n，因为pq有界于n。因此泰勒展开式- 1 = -~n+~n+O（~n）16 KARL GROSSE-ERDMANN和FABIEN HEU Welyckx为我们提供了χ（ν）n=- p+p- Q1.- 2pq-φ+φ+ （2pq）а+O（а）=pq（p- q） ~n-pq（p- q） （1）- 12pq）ν+O（ν），因此（3.17）χ=χ~n+χ~n+否（ν），χ=V（p- q） ，χ=-V（p- q） （1）-12pq）。应用（3.16）和（3.17）我们得到-χ） =sin（a）-cos（a）（χа+χа+否（а））-sin（a）（χk+χk+否（а））+cos（a）（χа+否（а））+sin（a）（χа+否（а））-cos（a）-η）（nO（ν）），以及亨塞辛（a）-χ） =sin（a）-cos（a）χ~n-cos（a）χ~n-sin（a）χ~n-sin（a）χχ~n+cos（a）χ~n+sin（a）χ~n+Xk=1O（nk~n2k+5）。（3.18）（3）接下来，使用洛朗表达式，我们得到了th atsinа=а+а+а+O（а），它与引理3.2以及R=ρ等于ρsinа=eRа的事实一起ν+а+h+2Riа+hR+2Riа+Rа+Xk=0O（nkа2k+5）.（3.19）我们现在可以重写（3.15）的被积函数。设置√Vа=αа=awe通过组合（3.18）和（3.19）获得ρnsin（y√V~n- χ） sinа=eRа~nsin（α~n）+Xk=1Jk~nk+Xk=1O（nk2k+4）,（3.20）其中J=0，回望选项和二项式近似17J=sin（αφ），J=-2χcos（αφ），J=+ 2Rsin（αφ），J=-χ+ 2χcos（αφ），J=R+2R- χsin（αφ），J=-2Rχcos（αφ），J=R-2χχ-χsin（αφ），J=χcos（αφ），J=-Rχsin（α~n），J=χsin（α~n）。（4） 我们将使用（3.20）中得到的被积函数的形式来估计（3.15）。我们从错误术语开始。应用g引理3.3，我们得到了（3.21）ZτeRаfkdа≤ CnkZ∞E-Vа2k+4dа=On5/2,当fk=O（nk~n2k+4）时，k是1到8之间的整数。对于（3.20）中的主要部分，我们可以将[0，τ]上的积分替换为[0，∞) 误差最大为O（n-5/2).

事实上，J**（y） :=Z∞τeR~nsin（α）+Xk=1Jkkd~n≤Z∞τe-V~n|+Xk=1 |Jk | |kd。使用系数Jk的定义，并注意到τ-1=O（n1/4），我们用引理3.3得到（3.22）J**（y） =On5/2.将（3.20），（3.21）和（3.22）应用于（3.15），我们推导出j（y）=2πZ∞eRа2аsin（αа）dа+2πXk=1Z∞eR~nJk~nkd~n+On5/2α=y√V和R=-五、我们将这些积分归为附录A。简化后，尤其是使用（p-q） =1-4pq，我们得到（3.23）J（y）=Φ（y）-+E-Y√2πP（y）√V+P（y）V+P（y）V3/2+P（y）V+On5/2p（y）=（q- p） （1）- y） ，P（y）=y[(-3+7y- y）-pq(-3+11岁- 2y）]，P（y）=（q- p） [（123+129y）- 384y+95y-5y）-pq（3+69y）- 399y+145y- 10y）]，P（y）=y[(-4293- 1359y+6165y- 1971y+185y- 5y+pq（3105+1395y）- 7794y+2979y- 325y+10y）+pq（135- 1035y+7947y- 4167y+560y- 18卡尔·格罗斯·埃尔德曼和法比安·赫伊·韦利克克斯（5）最后，由乌彭斯基得出（3.24）jXk=0nkpkqn-k=J（y）-J（y′），其中y=J- np+√Vand y′=-np+√V.从0开始<lim infn→∞pn≤ 林尚→∞pn<1存在δ>0和C>0，因此，对于大n，δn≤ 五、≤ n和δ√N≤ |y′|≤ C√n、 因此，对于每个k=1，4（3.25）e-（y′）√2πPk（y′）Vk/2=On5/2.此外，对于x≤ -2.-十、≤ 十、因此，如果n足够大，那么（3.26）Φ（y′）≤√2πZy′-∞exdx=√2πey′=On5/2,所以（3.27）J（y′）=-+ On5/2.现在这个定理来自（3.24），（3.23）和（3.27）。我们可以推断出第一个简单的推论。推论3.4。假设p=pn→ p 0<p<1，且j=jn满足→ j、 然后jxk=0nkpk（1）- p） n-k=On5/2如果j<p，则jXk=0nkpk（1）- p） n-k=1+On5/2如果j>p.Proof。根据我们的假设，它就是这样√n=j- np+npp（1）- p）→J- 购买力平价（1）- p） 。如（3.25）所示，对于k=1。

，4，e-Y√2πPkVk/2=On5/2.此外，如果j<pthen如（3.26）所示，我们得到Φ（y）=On5/2,如果j>p，我们得到Φ（y）=1-Φ(-y） =1+On5/2.回望选项和二项式近似19现在，该主张遵循定理3.1。第二个推论对于我们在下一节中应用回溯选项至关重要。推论3.5。假设p=+α√n+βn+γn3/2+δn+εn5/2+ONandj=n+a√n++bn+c√n+dn+en3/2+ON,其中（bn）是一个有界序列。ThennXk=jnkpk（1）- p） n-k=Φ（A）+e-A.√2πBn√n+C- CBnn+D- DBn- DBnn3/2+E- EBn- EBn+EBnn+ On5/2,式中c=2αA- (1 - A） （A）- 8α）/12+C，C=A/2，D=4αβA+2（1- A） β/3+D，D=（8αA- 1)/6 - (1 - A） （A）- 8αA+24α- 3） /12+AC，D=（1）- A） /6，E=2（β+2αγ）A+（1-A） （6αC+2γ）/3+（3-A） （6α）-2C）αA/3+（A-4A+1）（16α-C） /12-（5A）-53A+33A+171）A/1440+（5A-41A+21A+27）α/90-（7A）-40A+15）αA/18-AC/2+E，E=4βA/3+（1- A） （2A）- 12α）β/3+AD，E=2αA+（1-A） （C+2αA）/2-（A）-8A+9）A/24+（A）-6A+3）α/3，E=（3- A） A/24，其中A=2（α-a） ，Bn=2（β-bn），C=2（γ-c） ，D=2（δ-d） ，E=2（ε）-e） 。证据该证明基于与[11]中引理3.1相同的思想。由于计算量很大，我们只需回顾一下获得结果的主要步骤。我们首先注意到，根据定理3.1，nXk=jnkpk（1）- p） n-k=1-J-1Xk=0nkpk（1）- p） n-k=1- Φ（y）-E-Y√2πP√V+PV+PV3/2+PV+ On5/2y=j-NP-1/2√五、 其中P，和定理一样。我们的目标是给出这个SUM中每个项的渐近展开式。我们从1开始- Φ（y）=Φ(-y） 。这个项是一个积分，我们将其分解为两部分：一部分是From-∞ 到A（给Φ（A））和从A到的第二个-y、 这种分裂的动机是y到y的收敛-A20 KARL GROSSE-ERDMANN和FABIEN HEU WELYCKXas n倾向于团结。然后，我们使用关于a的泰勒展开式找到了第二个积分的渐近展开式，其中我们用y的渐近展开式代替y。我们完成了所有其他条款。

对于它们中的每一个，我们用它们各自的渐近表达式来代替Vand y。备注3.6。我们已经宣布了结果*n、 p（j）- 1） =nXk=jnkpk（1）- p） n-k、 与[3]、[14]和[11]中的结果一致。二项累积分布函数bn，p（j）=jXk=0的相应结果nkpk（1）- p） n-通过在形式j=n+a中写入j获得的kis√N-+ bn+c√n+dn+en3/2+ON取1减去推论中给出的结果。4.回望期权价格的渐近性在本节中，我们结合前面几节的结果来推导回望期权价格的渐近展开式。我们将使用第2节的符号。此外，我们采用了与文献中常见用法一致的以下符号：d=σ√τlogStMt+（r+σ）τ,d=σ√τlogStMt+（r）-σ)τ= D- σ√τ、 d=σ√τ- logStMt+（r）-σ)τ= -d+2rσ√τ、 d=σ√τ- logStMt+（r+σ）τ= d+σ√τ、 我们将写出κn={j}（1）- {j} ，式中，如前所述，j=对数（St/Mt）σ√τ/n.我们首先注意到，作为n函数的lo okback回叫的价格Cfln显示了一些（轻微的）振荡，见图4.1，这是由初始水平jn的非整数部分{j}随n变化的事实引起的。这提醒了欧式期权的一种（更剧烈的）振荡。为了解决这些问题，Diener和Diener[7]使用了f ormCn=c+c的渐近表达式√n+cn+On3/2,其中，系数被允许是n的有界函数。这些系数的可变性捕获了观察到的振荡。为了在我们的环境中获得这样的渐近展开式，我们需要以下内容。回望选项和二项近似210 100 200 300 40026.126.226.326.4CflnCflBS60 80 100 120 14026.2926.326.3126.3226.3326.34图4.1。回望电话的价格，以及它的详细结构引理4.1。让a，a，a∈ R、 设η=η（n）是n的有界函数。