经济中立立场：如何最佳复制不完全可复制

根据条件正态分布理论，我们推导出，以事件{h1，Li=x}为条件的L遵循n维正态分布：=L{h1，Li=x}~ Nx·ΓΓ，Γ-Γ·ΓΓ= Nx∑L·1h1、∑L·1i、∑L-（∑L·1）·（∑L·1）h1、∑L·1i.HenceE[L | h1，Li]=E[Y]=h1，∑L·1i-1·h1，Li·∑L·1，E【Li·Lj | h1，Li】=E【Yi·Yj】=Eh（Y- E[Y]）i·（Y）- E[Y]）ji+E[Yi]·E[Yj]=∑Lij- h1，∑L·1i-1·（∑L·1）i·（∑L·1）j+h1，Li·h1，∑L·1i-2·（L·1）i·（L·1）j.用Gi（q）表示相关单一资产案例的K项：=E[h1，Lii·11h1，Li>q]我们推导出K（q）=E[L·11h1，Li>q]=EE[L | h1，Li]·11h1，Li>q=G（q）h1，∑L1i∑L1，（20）K∑[L]（q）=E[hL，∑Li·11h1，Li>q]=EE[hL，∑Li | h1，Li]·11h1，Li>q= tr（∑·L）·Fh1，Li（q）-h1，∑L∑·∑L·1ih1，∑L·1i·\'Fh1，Li（q）-G（q）h1，∑L·1i. （21）Ad a）：风险价值案例：结合定理9。（b） 方程式（20）给出φ*= -K（q）fh1，Li（q）=-G（q）fh1，Li（q）·∑L·1h1，∑L·1i=φ*·∑L·1h1，∑L·1i，这证明了该断言。

预期短缺情况如下所示。Ad b）：风险值情况：根据定理9。（b） 使用（20）和（21）VaRα[S（φ*)] = q+2fh1，Li（q）·nfh1，Li（q）-1·hK（q），∑K（q）i+K∑[L]（q）o=q+2fh1，Li（q）·（h1，∑L·∑·∑·∑L·1i·G（q）h1，∑L·1i·fh1，Li（q）- tr（∑·∑L）·fh1，Li（q）+h1，∑L·∑·∑L·1ih1，∑L·1i·fh1，Li（q）+G（q）h1，∑L·1i)= q+fh1，Li（q）2fh1，Li（q）·（h1，∑L·∑·∑L·1ih1，∑L·1i- tr（∑L）+h1、∑L·∑·∑L·1ih1、∑L·1i·fh1、Li（q）·G（q）fh1，Li（q）+G（q）),它用G（q）fh1，Li（q）+G（q）=fh1，Li（q）fh1，Li（q）的事实证明了这些断言，也参考了（22）。预期短缺情况：根据推论11。（b） 使用（20）和（21）ESα[S（φ*)] = ESα[-h1，Li]-2αnfh1，Li（q）-1·hK（q），∑K（q）i+K∑[L]（q）o=ESα[-h1，Li]-2αnh1，∑L∑L，1i·G（q）h1，∑L1i·fh1，Li（q）- tr（σ·L）·fh1，Li（q）+h1，∑L∑·L，1ih1，∑L1i·fh1，Li（q）+G（q）h1，∑L1io、 这证明了-G（q）=G（q）/fh1，Li。公式（16）的证明：XσlN的非中心i阶矩由mi（σlN）：=E[XiσlN]=M（iσlN）/M（σlN）i给出。Y的矩母函数的展开式M（σ）=1+uσ/2+uσ/6+uσ/24+o（σ）为σ→ 0，其中ui是Y的矩。进一步（1+x）-i=1- ix+i（i+1）x/2+o（x）作为x→ 0

因此，我们可以通过构造Ymi（σlN）写出u=1=1+（iσlN）/2+u（iσlN）/6+u（iσlN）/24··1.- i（σlN/2+uσlN/6+uσlN/24）+i（i+1）σlN/8+ o（σlN）=1+i（i- 1） σlN/2+ui（i- 1） σlN/6+iu（i- （1）- 6i+3i+3σlN/24+o（σlN）。（16）的断言通过应用规则从非中心mivia mi=Pik=0导出中心力矩miik(-1） k级-imk 0。定理16的证明：将关系式（15）扩展到σ中的四阶∈ {σN，σlN}类似于（12）的推导，考虑了关系（10），省略了零阶项和一阶项（通过构造加起来为零）yields0=-佛罗里达州(-z） ·(-z- z- z）-/· 佛罗里达州(-z） ·z+/·（σ+aσ+aσ）·[K(-z） ++K(-z） ·(-z） ]+/·（σu+bσ）·K(-z） +/·σu·K(-z） +o（σ），其中a=u，a=u-和b=（u- 1） ，即等于展开式（16）的三阶和四阶项。（注意，如果σ=σn，则a=a=b=0。）我们观察到Kj=-（φ-id）jfLandKj=j（φ- id）j-1升- （φ- id）jfL=-jKj公司-1.- （φ- id）jfL。（22）将上述方程中的二阶项设为零，我们恢复z=-σ2fL（q）·K（q）=σ2fL（q）·（φ- id）fL, 这是定理9的一维变体。将第三个orderterms设置为零leads z=-σ6fL（q）·（3·a·K（q）+u·K（q））=σu6fL（q）·[（φ-id）fL]（q），其中第二个方程式来自（22）。

将四阶项设为零，我们得到0=fL（q）z+σ-fLK8fL+aK+KK4fL+bK+uK（q） 。观察到KfL公司= -fLKfL+2KKfLwe derivez=-σ24fL（q）·uK+3KfL+12aK+4bK（q） =-σ24fL（q）·-u[（φ- id）fL]+3KfL+（7u- 15） K+（6u- 4u- 6） K级（q） =-σ24fL（q）·- u[（φ- id）fL]+3KfL+（7u- 15- 3（2u- 6） ）K-（2u- 6） （φ- id）fL（q） =σ24fL（q）·u[（φ- id）fL]- 3KfL- （u+3）K+（2u- 6） （φ- id）fL（q） ，其中第二个和第三个等式再次从（22）开始，证明了四阶展开式；因此，证明了第a）部分。Ad b）：我们来看看φ的表达式*: 设置ψ=φ- q、 当执行微分Varα[S（φ）]=q时，我们可以重写a部分的三阶展开式中的风险值-fL（q）·nψfL（q）- 2ψfL（q）·σlN+ψfL（q）- 3ψfL（q）·σlNuo+o（σlN）=（a/3）·ψ+（b/2）·ψ+c·ψ+q+o（σlN），其中a=-（μσlN/2）·（fL/fL）（q），b=（μσlN）- 1） σlN·（fL/fL）（q），c=σlN。将关于ψ的微分设置为零，得到二次公式，由ψ±求解=(-b±√b- 4ac）/（2a）。只有ψ+构成ψ中三阶多项式的（局部）最小值，因为在ψ±处计算的二阶导数读数为2aψ±b=±√b- 4ac，仅对ψ+为正。因此，局部最小φ由φ给出*= q+ψ+。插入参数a、b和cand以及直接演算将导致断言。