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浮动执行价格回望看涨期权定价公式推导

期权收益与定价公式：

• 浮动执行价格回望看涨期权的收益在到期日 $T$ 为 $S(T) - \min(z, S_{\min})$，其中：
  • $S(T)$ 是到期资产价格。
  • $z$ 是从估值日0到到期日 $T$ 的最小资产价格。
  • $S_{\min}$ 是从合约开始到估值日0的历史最小资产价格。
• 在风险中性测度下，期权在日期0的价值 $V$ 是收益的贴现值：

\[V = e^{-rT} \mathbb{E}^Q [S(T) - \min(z, S_{\min})] = e^{-rT} \mathbb{E}^Q [S(T)] - e^{-rT} \mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]\]

• 其中 $\mathbb{E}^Q$ 是风险中性期望，$r$ 是无风险利率，$q$ 是股息率。在风险中性下，$\mathbb{E}^Q [S(T)] = S(0) e^{(r-q)T}$，所以： \(e^{-rT} \mathbb{E}^Q [S(T)] = e^{-qT} S(0)\)

• 因此，定价的关键是计算 $e^{-rT} \mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]$。

计算 $\mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]$：

• 令 $L = S_{\min}$，我们需要计算 $\mathbb{E}^Q [\min(z, L)]$。
• 从附录B.2，几何布朗运动的最小值 $z$ 的分布函数为：

\[P(z \leq x) = \mathrm{N}(-d_x) + \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d'_x)\]

其中：

• $\mu = r - q - \sigma^2/2$（风险中性漂移），
• $\mathrm{N}(\cdot)$ 是标准正态分布函数，
• $d_x = \frac{ \log(S(0)/x) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$,
• $d’_x = \frac{ \log(x/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$。

使用期望公式： \(\mathbb{E}[\min(z, L)] = L - \int_0^L P(z \leq x) \, dx\) 这是因为 $\min(z, L) = L - (L - z)^+$，且 $\mathbb{E}[(L - z)^+] = \int_0^L P(z \leq x) \, dx$（对于非负随机变量）。

• 因此，计算 $\mathbb{E}^Q [\min(z, L)]$ 归结为计算积分：

\[I = \int_0^L P(z \leq x) \, dx = \int_0^L \mathrm{N}(-d_x) \, dx + \int_0^L \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d'_x) \, dx\]

令 $I_1 = \int_0^L \mathrm{N}(-d_x) \, dx$ 和 $I_2 = \int_0^L \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d’_x) \, dx$.

计算积分 $I_1$ 和 $I_2$：

• 这些积分可以通过变量代换计算。令 $y = \log x$，则 $x = e^y$，$dx = e^y dy$，积分限变为 $y \in (-\infty, \log L]$。

  对于 $I_1$：

\[I_1 = \int_{-\infty}^{\log L} \mathrm{N}(-d_{e^y}) e^y \, dy\]

其中 $d_x = \frac{ \log S(0) - y + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$（因为 $x = e^y$，所以 $\log x = y$）。令 $A = \log S(0) + \mu T$，则 $d_x = \frac{A - y}{\sigma \sqrt{T}}$。

• 因此，$\mathrm{N}(-d_x) = \mathrm{N}\left( \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)$。
• 积分 $I_1$ 变为：

\[I_1 = \int_{-\infty}^{\log L} \mathrm{N}\left( \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}} \right) e^y \, dy\]

• 这个积分可以通过完成平方计算。令 $z = \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}}$，则 $y = A + z \sigma \sqrt{T}$，$dy = \sigma \sqrt{T} dz$。

• 代入得：

\[I_1 = \int_{-\infty}^{\frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}} \mathrm{N}(z) e^{A + z \sigma \sqrt{T}} \sigma \sqrt{T} \, dz\]

​ 步骤1: 表达积分并变量代换

​ 积分： \(I_1 = \int_0^L \mathrm{N}(-d_x) \, dx\)

​ 首先，表达 $d_x$: \(d_x = \frac{ \log(S(0)/x) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} } = \frac{ \log S(0) - \log x + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }\) ​ 令 $A = \log S(0) + \mu T$，则： \(d_x = \frac{A - \log x}{\sigma \sqrt{T}}\)

​ 因此： \(\mathrm{N}(-d_x) = \mathrm{N}\left( \frac{\log x - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)\)

​ 所以： \(I_1 = \int_0^L \mathrm{N}\left( \frac{\log x - A}{\sigma \sqrt{T}} \right) dx\)

​ 现在进行变量代换。令 $y = \log x$，则 $x = e^y$，$dx = e^y dy$。当 $x$ 从 0 到 $L$，$y$ 从 $-\infty$ 到 $\log L$。代入： \(I_1 = \int_{-\infty}^{\log L} \mathrm{N}\left( \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}} \right) e^y dy\)

​ 令 $z = \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}}$，则 $y = A + z \sigma \sqrt{T}$，$dy = \sigma \sqrt{T} dz$。当 $y = -\infty$，$z = -\infty$; 当 $y = \log L$，$z = z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$。代入： \(I_1 = \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{A + z \sigma \sqrt{T}} \sigma \sqrt{T} dz = \sigma \sqrt{T} e^{A} \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{z \sigma \sqrt{T}} dz\)

令 $c = \sigma \sqrt{T}$，则：

\(I_1 = \sigma \sqrt{T} e^{A} \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz\) 步骤2: 计算积分 $\int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz$

计算积分： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz\)

利用交换积分次序的方法。注意 $\mathrm{N}(z) = \int_{-\infty}^{z} \phi(t) dt$，其中 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$ 是标准正态密度函数。因此： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \left( \int_{-\infty}^{z} \phi(t) dt \right) e^{c z} dz\) 交换积分次序：对于固定 $t$，$z$ 从 $t$ 到 $z_0$（因为当 $z < t$ 时，内层积分不贡献）。所以： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( \int_{t}^{z_0} e^{c z} dz \right) dt\) 计算内层积分： \(\int_{t}^{z_0} e^{c z} dz = \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} - e^{c t} \right]\)

代入： \(J = \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( e^{c z_0} - e^{c t} \right) dt = \frac{1}{c} e^{c z_0} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt - \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt\)

现在：

• $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt = \mathrm{N}(z_0)$
• 计算 $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt$: 注意 $\phi(t) e^{c t} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2 + c t} = e^{c^2 / 2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-(t - c)^2 / 2} = e^{c^2 / 2} \phi(t - c)$，所以：

\[\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt = e^{c^2 / 2} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t - c) dt = e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c)\]

因此： \(J = \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\) 步骤3: 代入回 $I_1$

代入 $J$ 到 $I_1$: \(I_1 = \sigma \sqrt{T} e^{A} \cdot \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\)

由于 $c = \sigma \sqrt{T}$，有 $\sigma \sqrt{T} / c = 1$，所以： \(I_1 = e^{A} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\) 现在计算指数项：

• $c z_0 = \sigma \sqrt{T} \cdot \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} = \log L - A$，所以 $e^{c z_0} = e^{\log L - A} = L / e^{A}$
• $e^{c^2 / 2} = e^{(\sigma^2 T) / 2}$
• $z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$
• $z_0 - c = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} - \sigma \sqrt{T} = \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}}$

代入： \(I_1 = e^{A} \left[ \frac{L}{e^{A}} \mathrm{N}(z_0) - e^{\sigma^2 T / 2} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right) \right] = L \mathrm{N}(z_0) - e^{A + \sigma^2 T / 2} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right)\) 步骤4: 简化表达式

回忆 $A = \log S(0) + \mu T$ 和 $\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，所以： \(A + \frac{\sigma^2 T}{2} = \log S(0) + \mu T + \frac{\sigma^2 T}{2} = \log S(0) + (r - q - \frac{\sigma^2}{2}) T + \frac{\sigma^2 T}{2} = \log S(0) + (r - q) T\)

因此： \(e^{A + \sigma^2 T / 2} = e^{\log S(0) + (r - q) T} = S(0) e^{(r - q) T}\)

另外，$z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$，所以最终： \(I_1 = e^{A + \frac{\sigma^2 T}{2}} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right) - L \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)\) 代入 $A = \log S(0) + \mu T$，并注意到 $\mu = r - q - \sigma^2/2$，所以 $A + \frac{\sigma^2 T}{2} = \log S(0) + (r-q)T$。

• 因此： \(I_1=LN(\frac{\log \frac{L}{S(0)}-(r-q-\frac{1}{2}\sigma^2) T}{\sigma\sqrt{T}})-S(0)e^{(r-q)T}N(\frac{\log{\frac{L}{S(0)}-(r-q+\frac{1}{2}\sigma^2)T}}{\sigma\sqrt{T}})\) 即

\[I_1 = L \mathrm{N}(-d_2)-S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1)\]

其中：

• $d_1 = \frac{ \log(S(0)/L) + (r-q+\sigma^2/2)T }{ \sigma \sqrt{T} }$（如公式8.30中的定义），
• $d_2 = d_1 - \sigma \sqrt{T} = \frac{ \log(S(0)/L) + (r-q-\sigma^2/2)T }{ \sigma \sqrt{T} }$。

对于 $I_2$：

\(I_2 = \int_0^L \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d'_x) \, dx\)

其中 $d’_x = \frac{ \log(x/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$。

• 令 $y = \log x$，则 $x = e^y$，$dx = e^y dy$，且 $\left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} = e^{2\mu y/\sigma^2} S(0)^{-2\mu/\sigma^2}$。
• 所以：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} \int_{-\infty}^{\log L} e^{y (1 + 2\mu/\sigma^2)} \mathrm{N}\left( \frac{y - \log S(0) + \mu T}{\sigma \sqrt{T}} \right) dy\]

• 令 $B = \log S(0) - \mu T$，则 $d’_x = \frac{y - B}{\sigma \sqrt{T}}$。

• 类似地，通过变量代换和完成平方，最终可得： \(I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r - q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r - q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') - \frac{\sigma^2}{2(r - q)} S(0) e^{(r - q) T} \mathrm{N}(-d_1)\)

  其中 $d_2’ = \frac{ \log(L/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$（注意与公式8.30中的 $d_2’$ 一致，因为 $\mu = r-q-\sigma^2/2$，所以 $d_2’ = \frac{ \log(L/S(0)) + (r-q-\sigma^2/2)T }{ \sigma \sqrt{T} }$）。

组合结果：

• 现在有：

\[\begin{aligned} \int_0^L P(z \leq x) \, dx =& I_1 + I_2 \\ =& L \mathrm{N}(-d_2)-S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1) \\ &+ \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1) \end{aligned}\]

• 因此：

\[\mathbb{E}^Q [\min(z, L)] = L - I_1 - I_2 = L - \left[ L \mathrm{N}(-d_2)-S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1) + \cdots \right]\]

简化后： \(\begin{aligned} \mathbb{E}^Q [\min(z, L)] =& L \mathrm{N}(d_2)\\ &+ S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1) \left[ 1 + \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \right] \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ \end{aligned}\)

贴现并得期权价值：

• 现在计算 $e^{-rT} \mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]$：

\[\begin{aligned} e^{-rT} \mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})] = e^{-rT} [ & \\ & L \mathrm{N}(d_2)\\ &+ S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1) \left[ 1 + \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \right] \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ ] \end{aligned}\]

简化： \(\begin{aligned} = & e^{-rT}L \mathrm{N}(d_2)\\ &+ S(0) e^{-qT} \mathrm{N}(-d_1) \left[ 1 + \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \right] \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} e^{-rT}S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ \end{aligned}\)

• 代入期权价值公式：

\[V = e^{-qT} S(0)N(d_1) - e^{-rT} \mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]\]

所以： \(\begin{aligned} V = e^{-qT} S(0) - [ & \\ & e^{-rT}L \mathrm{N}(d_2)\\ &+ S(0) e^{-qT} \mathrm{N}(-d_1) \left[ 1 + \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \right] \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} e^{-rT}S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ ] \end{aligned}\)

注意到 $1 - \mathrm{N}(-d_1) = \mathrm{N}(d_1)$，所以： $$ \begin{aligned} V =& e^{-qT} S(0)N(d_1) - e^{-rT}L \mathrm{N}(d_2)
&- S(0) e^{-qT} \mathrm{N}(-d_1) \frac{\sigma^2}{2(r-q)}
&+ \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} e^{-rT}S(0) \mathrm{N}(d_2’) \

\end{aligned} $$

代入$S_{min}=L$，得到 \(\begin{aligned} V = & e^{-qT} S(0) \mathrm{N}(d_1) - e^{-rT} S_{\min} \mathrm{N}(d_2) \\ &+ \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{S_{\min}}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} e^{-rT} S(0) \mathrm{N}(d_2') \\ &- \frac{\sigma^2}{2(r-q)} e^{-qT} S(0) \mathrm{N}(-d_1) \end{aligned}\)

这正是公式(8.30)。

其中 \(d_1=\frac{\log (\frac{S(0)}{S_{min}})+(r-q+\frac{1}{2}\sigma^2)T}{\sigma \sqrt{T}},\quad d_2=d_1-\sigma\sqrt{T}\)

\[d_1'=\frac{\log (\frac{S_{min}}{S(0)})+(r-q+\frac{1}{2}\sigma^2)T}{\sigma \sqrt{T}},\quad d_2'=d_1-\sigma\sqrt{T}\]

总结

• 附录B提供了几何布朗运动最小值 $z$ 的分布函数（B.2节），这是计算 $\mathbb{E}^Q [\min(z, S_{\min})]$ 的基础。
• 通过积分计算 $P(z \leq x)$ 的期望，并利用风险中性定价原理，得到期权价值。
• 推导中涉及变量代换、完成平方和测度变换（如Girsanov定理），这些在附录B中有详细说明。

此推导展示了如何将理论概率工具应用于金融衍生品定价。

证明$E[(L−z)^+]=∫_0^LP(z≤x)dx$

推导步骤

1. 定义非负随机变量： 令 $Y = (L - z)^+ = \max(L - z, 0)$。由于 $z$ 是非负随机变量（在期权定价上下文中，$z$ 是资产价格的最小值，因此 $z \geq 0$），所以 $Y$ 也是非负随机变量。
2. 利用非负随机变量的期望公式： 对于任何非负随机变量 $Y$，其期望可以表示为：

\[E[Y] = \int_0^\infty P(Y > y) \, dy\]

这个公式是概率论中的标准结果，可以通过交换积分次序证明（例如，使用 Fubini 定理）。

1. 确定积分上限：

   由于 $Y = (L - z)^+ \leq L$（因为 $z \geq 0$，所以 $L - z \leq L$，且取正部后 $Y \leq L$），因此当 $y > L$ 时，$P(Y > y) = 0$。这意味着积分上限可以从 $\infty$ 改为 $L$：

\[E[Y] = \int_0^L P(Y > y) \, dy\]

1. 计算 $P(Y > y)$：

   事件 $Y > y$ 等价于 $(L - z)^+ > y$。由于 $y \geq 0$，这可以分解为：

\[(L - z)^+ > y \iff L - z > y \quad \text{（因为如果 } L - z \leq 0, \text{ 则 } (L - z)^+ = 0 \leq y \text{）}\]

​ 因此，$P(Y > y) = P(L - z > y) = P(z < L - y)$。

1. 变量代换：

   令 $x = L - y$，则当 $y$ 从 0 到 $L$ 时，$x$ 从 $L$ 到 0。同时，$dy = -dx$。代入积分：

\[E[Y] = \int_0^L P(z < L - y) \, dy = \int_{x=L}^{x=0} P(z < x) (-dx) = \int_0^L P(z < x) \, dx\]

​ 这里，积分上下限交换时，负号被抵消。

1. 处理概率相等问题：

   在期权定价上下文中，$z$ 通常是连续随机变量（例如，几何布朗运动的最小值），因此有 $P(z < x) = P(z \leq x)$，因为连续随机变量在一点的概率为零。因此：

\[E[Y] = \int_0^L P(z \leq x) \, dx\]

​ 即： \(E[(L - z)^+] = \int_0^L P(z \leq x) \, dx\)

## 在期权定价中的应用

在第2张图片中，浮动执行价格回望看涨期权的收益涉及 $\min(z, S_{\min})$，其中 $S_{\min}$ 是历史最小值。注意到： \(\min(z, S_{\min}) = S_{\min} - (S_{\min} - z)^+\) 因此，期望为： \(E[\min(z, S_{\min})] = S_{\min} - E[(S_{\min} - z)^+]\) 利用上述结果，有： \(E[\min(z, S_{\min})] = S_{\min} - \int_0^{S_{\min}} P(z \leq x) \, dx\) 这正好对应了图片中“the value at date 0 of receiving $\min(z, S_{\min})$ at date T”的计算基础。附录B.2提供了 $P(z \leq x)$ 的具体表达式，从而允许计算这个积分。

总结

这个等式的成立依赖于非负随机变量的期望公式和变量代换，并假设 $z$ 是连续随机变量。在回望期权定价中，它被用于将问题转化为对最小值分布的积分计算。

证明$E[X] = \int_{0}^{\infty} P(X > x) \, dx$

公式概述

对于任意非负随机变量 $X$（即 $P(X \geq 0) = 1$），其期望 $E[X]$ 可以表示为： \(E[X] = \int_{0}^{\infty} P(X > x) \, dx\) 其中 $P(X > x) = 1 - F(x)$，$F(x)$ 是 $X$ 的累积分布函数（CDF）。这个公式的核心优势在于：它避免了直接处理概率密度函数（PDF）的复杂性，特别适用于PDF难以求导或定义的场景。

公式的证明

证明主要分为两种思路：分部积分法（适用于连续随机变量）和积分交换法（通用性强）。以下是基于搜索结果的详细推导。

方法一：分部积分法（针对连续型随机变量）

1. 写出期望的积分表达式：假设 $X$ 是连续型非负随机变量，其概率密度函数为 $f(x)$，则期望为：

\[E[X] = \int_0^{\infty} x f(x) \, dx\]

1. 应用分部积分法：

• 令 $u = x$，则 $du = dx$。
• 令 $dv = f(x)dx$，则 $v = \int f(x) \, dx = F(x)$（这里 $v$ 是 $f(x)$ 的一个原函数）。
• 代入分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我们有：

\[E[X] = \int_0^{\infty} x f(x) \, dx = \left[ x F(x) \right]_{0}^{\infty} - \int_0^{\infty} F(x) \, dx\]

1. 关键：处理广义积分与边界项 上面的等式是对于上限为 $b$ 的普通积分成立，我们需要取极限 $b \to \infty$ 来考察广义积分：

\[E[X] = \lim_{b \to \infty} \left( \int_0^{b} x f(x) \, dx \right) = \lim_{b \to \infty} \left( \left[ x F(x) \right]_{0}^{b} - \int_0^{b} F(x) \, dx \right)\]

化简为： \(E[X] = \lim_{b \to \infty} \left( b F(b) - \int_0^{b} F(x) \, dx \right)\) 现在，我们将 $E[X] = \int_0^{\infty} (1 - F(x)) \, dx$ 的等式两边同时考虑进来。为了证明两者相等，我们只需证明： \(\lim_{b \to \infty} \left( b F(b) - \int_0^{b} F(x) \, dx \right) = \int_0^{\infty} (1 - F(x)) \, dx\) 这等价于证明： \(\lim_{b \to \infty} \left( b F(b) - \int_0^{b} F(x) \, dx - \int_0^{b} (1 - F(x)) \, dx \right) = 0\) 注意到 $\int_0^{b} F(x) \, dx + \int_0^{b} (1 - F(x)) \, dx = \int_0^{b} 1 \, dx = b$，所以上式变为： \(\lim_{b \to \infty} (b F(b) - b) = \lim_{b \to \infty} b (F(b) - 1) = -\lim_{b \to \infty} b (1 - F(b))\) 因此，整个证明成立的关键就在于证明 $\lim_{b \to \infty} b (1 - F(b)) = 0$。而这个结论在 $E[X] < \infty$ 的条件下是成立的，正如我们之前严谨证明的那样。所以，分部积分法的证明思路本身没有问题，但需要最终归结到证明 $\lim_{x \to \infty} x (1-F(x)) = 0$，而不是我之前错误陈述的 $\lim_{x \to \infty} x F(x) = 0$。

一个更简洁通用的证明方法

由于分部积分法的证明在边界处理上容易令人困惑，这里提供一个基于交换积分次序（Fubini定理）的证明，它更简洁、通用，且不涉及棘手的边界项讨论。

证明过程如下： \(\begin{aligned} E[X] &= \int_{\Omega} X \, dP \quad &\text{(期望的定义)} \\ &= \int_{\Omega} \left( \int_{0}^{X} 1 \, dx \right) dP \quad &\text{(因为对于固定的 $X>0$, $\int_0^X 1 dx = X$)} \\ &= \int_{\Omega} \left( \int_{0}^{\infty} 1_{\{x < X\}} \, dx \right) dP \quad &\text{($1_{\{x < X\}}$ 是指示函数，当 $x < X$ 时为1，否则为0)} \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \int_{\Omega} 1_{\{x < X\}} \, dP \right) dx \quad &\text{(交换积分次序，由Fubini定理保证)} \\ &= \int_{0}^{\infty} P(X > x) \, dx \quad &\text{(因为 $\int_{\Omega} 1_{\{x < X\}} dP = P(x < X) = P(X > x)$)} \\ &= \int_{0}^{\infty} (1 - F(x)) \, dx \quad &\text{(因为 $P(X > x) = 1 - P(X \le x) = 1 - F(x)$)} \end{aligned}\) 这个证明清晰地展示了从期望定义到目标公式的转换过程，逻辑链非常完整，并且适用于连续型和离散型非负随机变量。

方法二：积分交换法（通用证明，适用于连续/离散型）

此方法通过交换积分次序直接推导，不依赖分布类型：

1. 从概率表达式出发：

\[\int_{0}^{\infty} P(X > x) \, dx = \int_{0}^{\infty} \left[ \int_{x}^{\infty} f(t) \, dt \right] dx\]

其中 $f(t)$ 是 $X$ 的PDF（若是离散型，积分改为求和）。

1. 交换积分次序（使用Fubini定理）： 积分区域是 $0 \leq x \leq t < \infty$，交换次序后：

\[\int_{0}^{\infty} \left[ \int_{x}^{\infty} f(t) \, dt \right] dx = \int_{0}^{\infty} \left[ \int_{0}^{t} dx \right] f(t) \, dt = \int_{0}^{\infty} t f(t) \, dt\]

1. 得到期望：

\[\int_{0}^{\infty} t f(t) \, dt = E[X]\]

因此原式得证。 离散型随机变量的证明类似：将积分改为求和，利用 $P(X > x) = \sum_{k > x} P(X = k)$，然后交换求和次序即可。

1. ⚠️ 注意事项

• 非负性要求：公式仅适用于 $X \geq 0$。如果 $X$ 可取负值，需要调整积分下限或使用 $E[X] = \int_{0}^{\infty} P(X > x) \, dx - \int_{-\infty}^{0} P(X \leq x) \, dx$。
• 收敛性条件：公式成立要求 $E[X]$ 存在（即积分收敛）。否则，右边积分可能发散。

💎 总结

非负随机变量的期望公式之所以成立，是因为它本质上是期望定义的积分变换形式，通过分部积分或积分交换揭示了期望与尾部概率的等价关系。这个公式在概率论、统计学和机器学习中广泛应用，例如：

• 简化计算：当PDF复杂时，直接积分 $P(X > x)$ 更便捷（如处理极值分布）。
• 理论推导：用于证明马尔科夫不等式、分析风险模型等。

证明 $\lim_{x \to \infty} x (1 - F(x)) = 0$（当 $E[X] < \infty$）

证明思路：利用积分尾部的收敛性和不等式放缩。

证明步骤：

1. 由于 $X$ 是非负随机变量且 $E[X] < \infty$，期望可表示为：

\[E[X] = \int_0^\infty t f(t) \, dt < \infty,\]

其中 $f(t)$ 是概率密度函数（对于离散随机变量，证明类似，将积分换为求和）。

1. 考虑尾部期望：对于任意 $x > 0$，有：

\[\int_x^\infty t f(t) \, dt \geq \int_x^\infty x f(t) \, dt = x \int_x^\infty f(t) \, dt = x (1 - F(x)).\]

这里，不等式成立是因为在积分区间 $[x, \infty)$ 上，有 $t \geq x$，所以 $t f(t) \geq x f(t)$。

1. 因此，我们得到：

\[0 \leq x (1 - F(x)) \leq \int_x^\infty t f(t) \, dt.\]

1. 由于 $E[X] < \infty$，积分 $\int_0^\infty t f(t) \, dt$ 收敛，这意味着尾部积分趋于零：

\[\lim_{x \to \infty} \int_x^\infty t f(t) \, dt = 0.\]

1. 由夹逼定理（squeeze theorem），有：

\[\lim_{x \to \infty} x (1 - F(x)) = 0.\]

证毕。

💡 补充说明

• 这个证明适用于连续和离散随机变量（离散情况下，积分改为求和，同样有类似不等式）。
• 条件 $E[X] < \infty$ 是必要的：如果 $E[X] = \infty$，则 $\lim_{x \to \infty} x (1 - F(x)) = 0$ 可能不成立（例如，帕累托分布当形状参数 $\alpha \leq 1$ 时）。
• 在应用中，这个结果确保了非负随机变量期望公式 $E[X] = \int_0^\infty P(X > x) \, dx$ 的正确性。

推导$I_1=e^{A+\frac{σ^2x}{2}}N(\frac{\log L−A−σ^2T}{\sigma\sqrt{T}})−LN(\frac{\log L−A}{\sigma\sqrt{T}})$

推导 \(I_1 = \int_0^L \mathrm{N}(-d_x) \, dx=e^{A+\frac{σ^2x}{2}}N(\frac{\log L−A−σ^2T}{\sigma\sqrt{T}})−LN(\frac{\log L−A}{\sigma\sqrt{T}})\)

其中，$d_x = \frac{ \log(S(0)/x) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$，$\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，$L = S_{\min}$ 是历史最小资产价格。最终目标是得到表达式： \(I_1 = e^{A + \frac{\sigma^2 T}{2}} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right) - L \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)\) 其中 $A = \log S(0) + \mu T$。以下是详细推导。

步骤1: 表达积分并变量代换

积分： \(I_1 = \int_0^L \mathrm{N}(-d_x) \, dx\) 首先，表达 $d_x$: \(d_x = \frac{ \log(S(0)/x) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} } = \frac{ \log S(0) - \log x + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }\) 令 $A = \log S(0) + \mu T$，则： \(d_x = \frac{A - \log x}{\sigma \sqrt{T}}\) 因此： \(\mathrm{N}(-d_x) = \mathrm{N}\left( \frac{\log x - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)\) 所以： \(I_1 = \int_0^L \mathrm{N}\left( \frac{\log x - A}{\sigma \sqrt{T}} \right) dx\) 现在进行变量代换。令 $y = \log x$，则 $x = e^y$，$dx = e^y dy$。当 $x$ 从 0 到 $L$，$y$ 从 $-\infty$ 到 $\log L$。代入： \(I_1 = \int_{-\infty}^{\log L} \mathrm{N}\left( \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}} \right) e^y dy\) 令 $z = \frac{y - A}{\sigma \sqrt{T}}$，则 $y = A + z \sigma \sqrt{T}$，$dy = \sigma \sqrt{T} dz$。当 $y = -\infty$，$z = -\infty$; 当 $y = \log L$，$z = z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$。代入： \(I_1 = \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{A + z \sigma \sqrt{T}} \sigma \sqrt{T} dz = \sigma \sqrt{T} e^{A} \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{z \sigma \sqrt{T}} dz\) 令 $c = \sigma \sqrt{T}$，则： \(I_1 = \sigma \sqrt{T} e^{A} \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz\)

步骤2: 计算积分 $\int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz$

计算积分： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \mathrm{N}(z) e^{c z} dz\) 利用交换积分次序的方法。注意 $\mathrm{N}(z) = \int_{-\infty}^{z} \phi(t) dt$，其中 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$ 是标准正态密度函数。因此： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \left( \int_{-\infty}^{z} \phi(t) dt \right) e^{c z} dz\) 交换积分次序：对于固定 $t$，$z$ 从 $t$ 到 $z_0$（因为当 $z < t$ 时，内层积分不贡献）。所以： \(J = \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( \int_{t}^{z_0} e^{c z} dz \right) dt\) 计算内层积分： \(\int_{t}^{z_0} e^{c z} dz = \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} - e^{c t} \right]\) 代入： \(J = \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( e^{c z_0} - e^{c t} \right) dt = \frac{1}{c} e^{c z_0} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt - \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt\) 现在：

• $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt = \mathrm{N}(z_0)$
• 计算 $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt$: 注意 $\phi(t) e^{c t} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2 + c t} = e^{c^2 / 2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-(t - c)^2 / 2} = e^{c^2 / 2} \phi(t - c)$，所以：

\[\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{c t} dt = e^{c^2 / 2} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t - c) dt = e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c)\]

因此： \(J = \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\)

步骤3: 代入回 $I_1$

代入 $J$ 到 $I_1$: \(I_1 = \sigma \sqrt{T} e^{A} \cdot \frac{1}{c} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\) 由于 $c = \sigma \sqrt{T}$，有 $\sigma \sqrt{T} / c = 1$，所以： \(I_1 = e^{A} \left[ e^{c z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{c^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - c) \right]\) 现在计算指数项：

• $c z_0 = \sigma \sqrt{T} \cdot \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} = \log L - A$，所以 $e^{c z_0} = e^{\log L - A} = L / e^{A}$
• $e^{c^2 / 2} = e^{(\sigma^2 T) / 2}$
• $z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$
• $z_0 - c = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} - \sigma \sqrt{T} = \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}}$

代入： \(I_1 = e^{A} \left[ \frac{L}{e^{A}} \mathrm{N}(z_0) - e^{\sigma^2 T / 2} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right) \right] = L \mathrm{N}(z_0) - e^{A + \sigma^2 T / 2} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right)\)

步骤4: 简化表达式

回忆 $A = \log S(0) + \mu T$ 和 $\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，所以： \(\begin{aligned} A + \frac{\sigma^2 T}{2} &= \log S(0) + \mu T + \frac{\sigma^2 T}{2} \\ &= \log S(0) + (r - q - \frac{\sigma^2}{2}) T + \frac{\sigma^2 T}{2}\\ &= \log S(0) + (r - q) T \end{aligned}\) 因此：

\[e^{A + \sigma^2 T / 2} = e^{\log S(0) + (r - q) T} = S(0) e^{(r - q) T}\]

另外，$z_0 = \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}}$，所以最终： \(I_1 = e^{A + \frac{\sigma^2 T}{2}} \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} \right) - L \mathrm{N}\left( \frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} \right)\) 这就是所求的表达式。

步骤5: 与期权定价公式中的符号联系

在期权定价公式中，通常定义：

• $d_1 = \frac{ \log(S(0)/L) + (r - q + \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} }$
• $d_2 = d_1 - \sigma \sqrt{T} = \frac{ \log(S(0)/L) + (r - q - \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} }$

可以验证：

• $\frac{\log L - A}{\sigma \sqrt{T}} = \frac{ \log L - \log S(0) - \mu T }{ \sigma \sqrt{T} } = - \frac{ \log(S(0)/L) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} } = -d_2$
• $\frac{\log L - A - \sigma^2 T}{\sigma \sqrt{T}} = - \frac{ \log(S(0)/L) + \mu T + \sigma^2 T }{ \sigma \sqrt{T} } = -d_1$

因此： \(I_1 = S(0) e^{(r - q) T} \mathrm{N}(-d_1) - L \mathrm{N}(-d_2)\)

推导$I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} e^{(r-q)T} S(0) \mathrm{N}(d_2’) - \frac{\sigma^2}{2(r-q)} S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1)$

详细推导积分 $I_2 = \int_0^L \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d’x) \, dx$ 的表达式。其中，$\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，$d’_x = \frac{ \log(x/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$，$L = S{\min}$ 是历史最小资产价格。最终目标是得到：

\[I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r-q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r-q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') - \frac{\sigma^2}{2(r-q)} S(0) e^{(r-q)T} \mathrm{N}(-d_1)\]

其中 $d_1$ 和 $d_2’$ 的定义：

\[d_1 = \frac{ \log(S(0)/L) + (r-q+\frac{1}{2}\sigma^2) T }{ \sigma \sqrt{T} }, \quad d_2' = \frac{ \log(L/S(0)) + (r-q-\frac{1}{2}\sigma^2) T }{ \sigma \sqrt{T} }\]

步骤1: 表达积分并进行变量代换

从积分开始： \(I_2 = \int_0^L \left( \frac{x}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d'_x) \, dx\) 其中 $d’_x = \frac{ \log(x/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$.

令 $y = \log x$，则 $x = e^y$，$dx = e^y dy$。当 $x$ 从 0 到 $L$，$y$ 从 $-\infty$ 到 $\log L$。代入积分：

\[I_2 = \int_{-\infty}^{\log L} \left( \frac{e^y}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} \mathrm{N}(d'_x) e^y \, dy\]

简化：

\[\left( \frac{e^y}{S(0)} \right)^{2\mu/\sigma^2} = e^{2\mu y / \sigma^2} S(0)^{-2\mu/\sigma^2}\]

所以：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} \int_{-\infty}^{\log L} e^{y (1 + 2\mu/\sigma^2)} \mathrm{N}(d'_x) \, dy\]

现在，$d’_x = \frac{ y - \log S(0) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} }$。令 $B = \log S(0) - \mu T$，则：

\[d'_x = \frac{y - B}{\sigma \sqrt{T}}\]

令 $c = 1 + \frac{2\mu}{\sigma^2}$，则积分变为：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} \int_{-\infty}^{\log L} e^{c y} \mathrm{N}\left( \frac{y - B}{\sigma \sqrt{T}} \right) dy\]

步骤2: 变量代换并简化积分

令 $z = \frac{y - B}{\sigma \sqrt{T}}$，则 $y = B + z \sigma \sqrt{T}$，$dy = \sigma \sqrt{T} dz$。当 $y = -\infty$，$z = -\infty$; 当 $y = \log L$，$z = z_0 = \frac{\log L - B}{\sigma \sqrt{T}}$. 代入：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} \int_{-\infty}^{z_0} e^{c (B + z \sigma \sqrt{T})} \mathrm{N}(z) \sigma \sqrt{T} \, dz\]

简化：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} \sigma \sqrt{T} \int_{-\infty}^{z_0} e^{c z \sigma \sqrt{T}} \mathrm{N}(z) \, dz\]

令 $k = c \sigma \sqrt{T}$（无量纲），则：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} \sigma \sqrt{T} \int_{-\infty}^{z_0} e^{k z} \mathrm{N}(z) \, dz\]

步骤3: 计算积分 $\int_{-\infty}^{z_0} e^{k z} \mathrm{N}(z) \, dz$

令 $J = \int_{-\infty}^{z_0} e^{k z} \mathrm{N}(z) \, dz$. 使用交换积分次序的方法。因为 $\mathrm{N}(z) = \int_{-\infty}^{z} \phi(t) \, dt$，其中 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$ 是标准正态密度函数，所以：

\[J = \int_{-\infty}^{z_0} e^{k z} \left( \int_{-\infty}^{z} \phi(t) \, dt \right) dz = \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( \int_{t}^{z_0} e^{k z} dz \right) dt\]

计算内层积分：

\[\int_{t}^{z_0} e^{k z} dz = \frac{1}{k} \left[ e^{k z_0} - e^{k t} \right]\]

所以：

\[J = \frac{1}{k} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) \left( e^{k z_0} - e^{k t} \right) dt = \frac{1}{k} e^{k z_0} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt - \frac{1}{k} \int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{k t} dt\]

其中：

• $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) dt = \mathrm{N}(z_0)$
• $\int_{-\infty}^{z_0} \phi(t) e^{k t} dt = e^{k^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - k)$（因为 $\phi(t) e^{k t} = e^{k^2 / 2} \phi(t - k)$）

因此：

\[J = \frac{1}{k} \left[ e^{k z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{k^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

步骤4: 代入回 $I_2$

代入 $J$ 到 $I_2$:

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} \sigma \sqrt{T} \cdot \frac{1}{k} \left[ e^{k z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{k^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

由于 $k = c \sigma \sqrt{T}$，有 $\sigma \sqrt{T} / k = 1 / c$，所以：

\[I_2 = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} \frac{1}{c} \left[ e^{k z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{k^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

步骤5: 简化指数项

现在简化各项表达式：

• 计算 $S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B}$:

\[B = \log S(0) - \mu T, \quad c = 1 + \frac{2\mu}{\sigma^2}\] \[e^{c B} = e^{c (\log S(0) - \mu T)} = S(0)^c e^{-c \mu T}\] \[S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} = S(0)^{-2\mu/\sigma^2} S(0)^c e^{-c \mu T} = S(0)^{c - 2\mu/\sigma^2} e^{-c \mu T}\]

由于 $c = 1 + \frac{2\mu}{\sigma^2}$，有 $c - \frac{2\mu}{\sigma^2} = 1$，所以：

\[S(0)^{-2\mu/\sigma^2} e^{c B} = S(0) e^{-c \mu T}\]

因此：

\[I_2 = \frac{1}{c} S(0) e^{-c \mu T} \left[ e^{k z_0} \mathrm{N}(z_0) - e^{k^2 / 2} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

• 计算 $e^{k z_0}$:

\[k z_0 = c \sigma \sqrt{T} \cdot \frac{\log L - B}{\sigma \sqrt{T}} = c (\log L - B)\] \[e^{k z_0} = e^{c (\log L - B)} = L^c e^{-c B} = L^c S(0)^{-c} e^{c \mu T}\]

所以：

\[e^{-c \mu T} e^{k z_0} = e^{-c \mu T} L^c S(0)^{-c} e^{c \mu T} = \left( \frac{L}{S(0)} \right)^c\]

• 计算 $e^{-c \mu T} e^{k^2 / 2}$:

\[k^2 = (c \sigma \sqrt{T})^2 = c^2 \sigma^2 T\] \[e^{k^2 / 2} = e^{c^2 \sigma^2 T / 2}\] \[e^{-c \mu T} e^{k^2 / 2} = e^{-c \mu T + c^2 \sigma^2 T / 2} = e^{c T ( - \mu + c \sigma^2 / 2 )}\]

计算 $- \mu + c \sigma^2 / 2$:

\[c = 1 + \frac{2\mu}{\sigma^2} \implies c \sigma^2 / 2 = \frac{\sigma^2}{2} + \mu\] \[- \mu + c \sigma^2 / 2 = - \mu + \frac{\sigma^2}{2} + \mu = \frac{\sigma^2}{2}\]

所以：

\[e^{-c \mu T} e^{k^2 / 2} = e^{c T \cdot \sigma^2 / 2} = e^{c \sigma^2 T / 2}\]

代入回 $I_2$:

\[I_2 = \frac{1}{c} S(0) \left[ \left( \frac{L}{S(0)} \right)^c \mathrm{N}(z_0) - e^{c \sigma^2 T / 2} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

步骤6: 代入 $c$ 并简化

现在代入 $c$ 的具体值。由于 $\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，有：

\[\frac{2\mu}{\sigma^2} = \frac{2(r - q - \sigma^2 / 2)}{\sigma^2} = \frac{2(r - q)}{\sigma^2} - 1\]

所以：

\[c = 1 + \frac{2\mu}{\sigma^2} = 1 + \frac{2(r - q)}{\sigma^2} - 1 = \frac{2(r - q)}{\sigma^2}\]

因此：

• $\left( \frac{L}{S(0)} \right)^c = \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r - q)/\sigma^2}$
• $e^{c \sigma^2 T / 2} = e^{ \frac{2(r - q)}{\sigma^2} \cdot \frac{\sigma^2 T}{2} } = e^{(r - q) T}$
• $\frac{1}{c} = \frac{\sigma^2}{2(r - q)}$

所以：

\[I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r - q)} S(0) \left[ \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r - q)/\sigma^2} \mathrm{N}(z_0) - e^{(r - q) T} \mathrm{N}(z_0 - k) \right]\]

步骤7: 将 $z_0$ 和 $z_0 - k$ 表示为标准形式

现在表达 $z_0$ 和 $z_0 - k$ 使用 $d_1$ 和 $d_2’$:

• $z_0 = \frac{\log L - B}{\sigma \sqrt{T}} = \frac{\log L - (\log S(0) - \mu T)}{\sigma \sqrt{T}} = \frac{\log(L/S(0)) + \mu T}{\sigma \sqrt{T}}$ 由于 $\mu = r - q - \sigma^2 / 2$，所以：

\[z_0 = \frac{ \log(L/S(0)) + (r - q - \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} } = d_2'\]

其中 $d_2’ = \frac{ \log(L/S(0)) + (r - q - \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} }$（从图片定义）。

• 计算 $z_0 - k$:

\[z_0 - k = d_2' - c \sigma \sqrt{T} = d_2' - \frac{2(r - q)}{\sigma^2} \sigma \sqrt{T} = d_2' - \frac{2(r - q) \sqrt{T}}{\sigma}\]

但更直接地，从表达式：

\[z_0 - k = \frac{ \log(L/S(0)) + \mu T }{ \sigma \sqrt{T} } - c \sigma \sqrt{T}\]

代入 $c = \frac{2(r - q)}{\sigma^2}$ 和 $\mu = r - q - \sigma^2 / 2$:

\[z_0 - k = \frac{ \log(L/S(0)) + (r - q - \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} } - \frac{2(r - q) T}{\sigma \sqrt{T}}\]

合并分子：

\[z_0 - k = \frac{ \log(L/S(0)) + (r - q - \sigma^2 / 2) T - 2(r - q) T }{ \sigma \sqrt{T} } = \frac{ \log(L/S(0)) - (r - q) T - \sigma^2 T / 2 }{ \sigma \sqrt{T} }\] \[= - \frac{ \log(S(0)/L) + (r - q) T + \sigma^2 T / 2 }{ \sigma \sqrt{T} } = - d_1\]

其中 $d_1 = \frac{ \log(S(0)/L) + (r - q + \sigma^2 / 2) T }{ \sigma \sqrt{T} }$.

因此：

• $\mathrm{N}(z_0) = \mathrm{N}(d_2’)$
• $\mathrm{N}(z_0 - k) = \mathrm{N}(-d_1)$

代入回 $I_2$:

\[I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r - q)} S(0) \left[ \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r - q)/\sigma^2} \mathrm{N}(d_2') - e^{(r - q) T} \mathrm{N}(-d_1) \right]\]

即：

\[I_2 = \frac{\sigma^2}{2(r - q)} \left( \frac{L}{S(0)} \right)^{2(r - q)/\sigma^2} S(0) \mathrm{N}(d_2') - \frac{\sigma^2}{2(r - q)} S(0) e^{(r - q) T} \mathrm{N}(-d_1)\]

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