偏微分方程及BS方程的解

02-03

在這篇，我將介紹

求解熱方程（heat/diffusion equation）；
利用上述方程的解得到歐式期權的Black-Schole（簡記為BS）方程的解。

一、熱方程

初始條件問題

$frac{partial u}{partial t} = frac{partial ^2u}{partial x^2}$ ，初始條件 $u(x,0) = u_0(x)$ ，且當 $xrightarrow infty, urightarrow 0$

解存在，且當 $t>0$ 是是光滑的（smooth/analytic）
為了讓解唯一，一般加上一些限制條件，如增長速度限制等；
基礎解（fundamental solution）

考慮特殊的初始條件 $u(x,0)=delta(x) ,urightarrow 0 text{ as } x rightarrow 0$

考慮換元 $xi = frac{x}{sqrt{t}}, u(x,t)=t^{-frac{1}{2}}U(xi)$ ，可得

$U+left(frac{1}{2}xi Uright)=0$ ，解得 $U(xi) =Ce^{-frac{xi^2}{4}}+D$

由初始條件可得 $C=frac{1}{2sqrt{pi}},D=0, u(x,t)=frac{1}{2sqrt{pi t}}e^{-frac{x^2}{4t}}$

一般解

對一般的初始條件，可以寫成 $u_0(x) = int_{-infty}^{+infty}u_0(xi)delta(xi-x)dxi$

由於熱方程的線性性，可知對一般的熱方程有解：

$u(x,t) = frac{1}{2sqrt{pi t}} int_{-infty}^{+infty}u_0(xi)e^{-frac{(x-xi)^2}{4t}}dxi$

二、Black-Schole 方程的解

以歐式看漲期權為例，下為方程和邊界條件。

$left{ begin{align*} & frac{partial C}{partial t} + frac{1}{2} sigma^2S^2frac{partial^2C}{partial S^2} + rSfrac{partial C}{partial S}-rC=0 & C(S,T) = max(S-E,0) & C(0,t) = 0 &C(S,t)approx S text{ as } S rightarrow infty end{align*} right.$

換元，化簡方程 $S=Ee^x, t= T-frac{tau}{frac{1}{2}sigma^2},C = Ev(x,tau)$

BS方程化簡為 $frac{partial v}{partial tau} = frac{partial ^2v}{partial x^2}+(k_1-1)frac{partial v}{partial x}-k_1v$ 其中 $k_1 = frac{r}{frac{1}{2}sigma^2}$ .

考慮 $v = e^{alpha x + beta tau} u(x,r)$ ，代入上述方程可得

$frac{partial u }{partial tau} = frac{partial^2 u }{partial x^2} +left(alpha^2+alpha(k_1-1)-k_1-betaright)u+ left(2alpha+k_1-1 right)frac{partial u}{partial x}$

通過取 $alpha = -frac{1}{2}(k_1-1),beta = -frac{1}{4}(k_1+1)^2$ ，我們將院方程化簡為：

$frac{partial u }{partial tau} = frac{partial^2 u }{partial x^2}$ ，且 $u(x,0) = u_0(x) = max(e^{frac{1}{2}(k_1+1)x}-e^{frac{1}{2}(k_1-1)x},0 )$

代入之前關於熱方程解的結果可得

$u(x,tau) = frac{1}{2sqrt{pitau}}int_{-infty}^{+infty} u_0(s)e^{-frac{(x-s)^2}{4tau}}ds$

求解上述積分，做換元 $x = frac{x-s}{sqrt{2tau}}$ ，可得

$begin{align*} u(x,tau) & = frac{1}{sqrt{2pi}}int_{-infty}^{+infty}u_0(xsqrt{2tau}+x)e^{-frac{1}{2}x^2}dx &= frac{1}{sqrt{2pi}}int_{-frac{x}{sqrt{2tau}}}^{+infty} e^{frac{1}{2}(k_1+1)(x+xsqrt{2tau})}e^{-frac{1}{2}x^2}dx - frac{1}{sqrt{2pi}}int_{-frac{x}{sqrt{2tau}}}^{+infty} e^{frac{1}{2}(k_1-1)(x+xsqrt{2tau})}e^{-frac{1}{2}x^2}dx &= I_1-I_2 end{align*}$

其中

$begin{align*} I_1 &= frac{1}{sqrt{2pi}}int_{-frac{x}{sqrt{2tau}}}^{+infty} e^{frac{1}{2}(k_1+1)(x+xsqrt{2tau})}e^{-frac{1}{2}x^2}dx &= frac{e^{frac{1}{2}(k_1+1)x+frac{1}{4}(k_1+1)^2tau}}{sqrt{2pi}}int_{-frac{x}{sqrt{2tau}}-frac{1}{2}(k_1+1)sqrt{2tau} }^{+infty} e^{-frac{1}{2}rho^2}drho &= e^{frac{1}{2}(k_1+1)x+frac{1}{4}(k_1+1)^2tau} N(d_1) end{align*}$

且 $d_1 = frac{x}{sqrt{2tau}}+frac{1}{2}(k_1+1)sqrt{2tau}, N(d) = frac{1}{sqrt{2pi}}int_{-infty}^de^{frac{1}{2}x^2}dx$

$I_2$ 可類似得出

將所得結果帶回可得 $C(S,t) = SN(d_1) - Ee^{-r(T-t)}N(d_2)$ ，其中

$left{ begin{align*} d_1 &= frac{log(S/E)+left( r+frac{1}{2}sigma^2right)(T-t)}{sigmasqrt{T-t}} d_2 &= frac{log(S/E)+left( r-frac{1}{2}sigma^2right)(T-t)}{sigmasqrt{T-t}} end{align*} right.$