O documento apresenta a derivação da equação de Black-Scholes através dos seguintes passos: 1) Modela o rendimento de um ativo como a soma de uma parte determinística e outra estocástica; 2) Aplica a fórmula de Taylor para analisar a variação de uma função em relação a outra variável; 3) Chega a uma expressão para a variação do valor de um derivativo em função da variação do ativo subjacente e do tempo, conhecida como Lemma de Itô.

1. Derivação da Equação de
Black-Scholes
2a Aula - Slides de Backup - IV
Prof.Gustavo Corrêa Mirapalheta

2. Black-Scholes EDP
n Seja S o preço de um ativo em um instante t. Após um
intervalor de tempo dt, o preço do ativo variou para S+dS.
n Neste caso o rendimento do ativo neste intervalo de tempo
dt será:
𝑑𝑆
𝑆
.
n Iremos modelar este rendimento dividindo o mesmo em dois
componentes; um determinístico e outro estocástico.
n O componente determinístico é simplesmente 𝜇𝑑𝑡, onde m é
a taxa de crescimento por período.
n O componente aleatório é dado por 𝜎𝑑𝑋, onde X é uma
variável aleatória normal com média igual a 0 e variância
igual a dt, a qual é representada por 𝑁 0, 𝑑𝑡
2
n Sendo assim temos :
𝑑𝑆
𝑆
= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

3. Black-Scholes EDP
n Vamos agora modificar a fórmula de Taylor para analisar a
variação de uma função. A fórmula de Taylor (expansão
polinominal) é: 𝑓 𝑥 =
𝑓 𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞
𝑛=0
𝑛!
.
n Vamos expandir a partir de n=1. Sendo assim a fórmula fica:
𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑎 +
𝑓 𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞
𝑛=1
𝑛!
n Trocando x por x+Dx e a por x teremos :
– 𝑓 𝑥 − 𝑓 𝑎 =
𝑓 𝑛 𝑎 𝑥−𝑎 𝑛∞
𝑛=1
𝑛!
– 𝑓 𝑥 + Δ𝑥 − 𝑓 𝑥 =
𝑓 𝑛 𝑥 Δ𝑥 𝑛∞
𝑛=1
𝑛!
n No próximo slide vamos tomar a expansão a partir de n=3.

4. Black-Scholes EDP
n Tomando a expansão a partir de n=3, teremos:
– 𝑓 𝑥 + Δ𝑥 − 𝑓 𝑥 = 𝑓´ 𝑥 Δ𝑥 +
1
2
𝑓´´ 𝑥 Δ𝑥 2
+
𝑓 𝑛 𝑥 Δ𝑥 𝑛∞
𝑛=3
𝑛!
n Tomando o limite para Δ𝑡 → 0 e desprezando termos superiores a 2,
teremos:
– 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑥
𝑑𝑥 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑥2 (𝑑𝑥)2
– Com isto temos uma expressão para avaliar uma variação df em uma
função f(x) (isto é um uma variável f, a qual é a variável dependente) a
partir de uma variação na variável independente x.
n Vamos agora retornar para nossa expressão original,
𝑑𝑆
𝑆
= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋, onde 𝑋 = 𝑁(0, 𝑑𝑡), onde dt é a variância de X
– Lembrando que nesta expressão S é o preço de um ativo e t é o tempo. O
preço portanto é função do tempo t e seu valor real será a soma de uma
parte determinística 𝜇𝑑𝑡 e outra estocástica 𝜎𝑑𝑋.

5. Black-Scholes EDP
n No caso de um derivativo, o valor do derivativo f é uma função
do preço do ativo alvo S, o qual por sua vez é uma função do
tempo t.
n Sendo assim, utilizando a expansão em série de Taylor com
dois termos desenvolvida no slide anterior, teremos que :
– 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑆 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 (𝑑𝑆)2
n Por outro lado vimos que o retorno proporcionado pelo valor do
ativo alvo S, é dado por
𝑑𝑆
𝑆
= 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋.
– Isolando dS, temos 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋
– Elevando dS ao quadrado, pois na expressão de df (a que irá
determinar a variação no valor do derivativo) esta presente (dS)2,
teremos: 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2 = 𝑆2 𝜇2 𝑑𝑡2 + 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2(𝑑𝑋)2 2

6. Black-Scholes EDP
n Lembrando o slide anterior:
– 𝑑𝑆2
= 𝑆2
𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2
= 𝑆2
𝜇2
𝑑𝑡2
+ 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2
(𝑑𝑋)2
n X é uma variável normal do tipo N(0,dt). Seu desvio padrão é
𝑑𝑡 e sua variância é dt. Em termos de unidades X2 é
proporcional a dt, pois o desvio padrão é medido nas mesmas
unidades da variável e a variância é medida nas unidades ao
quadrado.
n É razoável supor que quando 𝑑𝑡 → 0, (𝑑𝑋)2→ 𝑑𝑡 . A prova
formal deste resultado é mais complicada, portanto apenas o
argumento lógico será aqui apresentado.
n Sendo assim na expressão:
– 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 2 = 𝑆2 𝜇2 𝑑𝑡2 + 2𝜇𝜎𝑑𝑡𝑑𝑋 + 𝜎2(𝑑𝑋)2 o termo (dX)2
domina os demais, portanto 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜎2(𝑑𝑋)2 , lembrando que
(𝑑𝑋)2
→ 𝑑𝑡, temos 𝑑𝑆2
= 𝑆2
𝜎2
𝑑𝑡

7. Black-Scholes EDP
n Voltando para a expressão 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑆 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 (𝑑𝑆)2 e lembrando que no
slide anterior 𝑑𝑆2 = 𝑆2 𝜎2 𝑑𝑡 , teremos 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑆 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑆2 𝜎2 𝑑𝑡
n Estamos agora com a expressão 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑆 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑆2
𝜎2
𝑑𝑡. Lembrando do
outro slide que 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 temos portanto:
𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑆2 𝜎2 𝑑𝑡
n Nossa expressão agora é 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑆2 𝜎2 𝑑𝑡
n Expandindo: 𝑑𝑓 =
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑆𝜇𝑑𝑡 +
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑆𝜎𝑑𝑋 +
1
2
𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑆2
𝜎2
𝑑𝑡
n Simplificando: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝑑𝑓
𝑑𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑑𝑡
n Vamos agora acrescentar a variação temporal do próprio valor do derivativo
f. Esta variação temporal seria
𝑑𝑓
𝑑𝑡
, se f fosse uma função exclusiva de t.

8. Black-Scholes EDP
n Nossa expressão agora é: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆
𝑑𝑓
𝑑𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝑑𝑓
𝑑𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝑑2 𝑓
𝑑𝑆2 𝑑𝑡
n f é o valor do derivativo. É natural supor que o valor do derivativo depende
do valor do ativo alvo S e também do tempo t, pois seu valor poderá variar
mesmo que o valor do ativo alvo S permaneça constante. Logo f=f(S,t).
n Sendo assim a expressão acima deve ser alterada para a notação de
derivadas parciais pois a variação de f é dependente de S e de t. A
expressão anterior portanto mede a variação df decorrente da variação de
S. Passando ela para a notação de derivadas parciais temos:
𝑑𝑓 = 𝜎𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑓
𝜕𝑆2 𝑑𝑡
n A variação de f decorrente apenas do tempo será 𝑑𝑓 =
𝜕𝑓
𝜕𝑡
𝑑𝑡
n A variação total de f será então: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑓
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑓
𝜕𝑡
𝑑𝑡
n Este resultado é denominado de Lemma de Itô. Ele relaciona a variação de
uma função f a um valor S, a variação de S e a variação do tempo t.

9. Black-Scholes EDP
n Nossa expressão agora é: 𝑑𝑓 = 𝜎𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑓
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑓
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑓
𝜕𝑡
𝑑𝑡
n Para padronizar a notação, o valor de um derivativo, seja uma call seja uma
put será chamado de V. Sabemos que V é uma função do valor do ativo
alvo S e do próprio tempo t, sendo assim V = V(S,t).
n Sendo assim : 𝑑𝑉 = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡
n Suponha agora um portfólio que contenha uma opção V e –D unidades do
ativo alvo S. Sendo assim o valor deste portfolio será Π = 𝑉 − Δ. 𝑆.
n A variação de valor do portfólio será 𝑑Π = 𝑑𝑉 − Δ. 𝑑𝑆. Substituindo dV pelo
valor obtido pela Lemma de Itô, teremos:
n 𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡 − Δ. 𝑑𝑆
n Lembrando de slides anteriores que 𝑑𝑆 = 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋 e substituindo:
n 𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡 − Δ. 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋

10. Black-Scholes EDP
n Lembrando: 𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡 − Δ. 𝑆 𝜇𝑑𝑡 + 𝜎𝑑𝑋
n Reagrupando: 𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− Δ. 𝑆𝜎 𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
− Δ. 𝑆𝜇 𝑑𝑡
n Vamos escolher D de forma que ele faça o valor do portfólio Π permanecer
constante, pois isto elimina o risco do portfolio. Sendo assim 𝑑Π = 0. Como
dΠ = 𝑑𝑉 − Δ. 𝑑𝑆 , isto implica que Δ =
𝜕𝑉
𝜕𝑆
. Isto nos levará para:
𝑑Π = 𝜎𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
−
𝜕𝑉
𝜕𝑆
. 𝑆𝜎 𝑑𝑋 + 𝜇𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
+
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
−
𝜕𝑉
𝜕𝑆
. 𝑆𝜇 𝑑𝑡
n Simplificando: 𝑑Π =
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡.
n Se o valor do portfólio Π tivesse sido investido no ativo livre de risco, a uma
taxa r, teríamos após um período dt o valor Π𝑟𝑑𝑡. Este é o nosso custo de
oportunidade, em outras palavras estamos sendo conservadores com o
rendimento esperado.
n Sendo conservadores portanto teremos Π𝑟𝑑𝑡.=
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
𝑑𝑡
n Lembrando que o valor do portfólio Π foi definido como Π = 𝑉 − Δ. 𝑆 e que D foi
escolhido como Δ =
𝜕𝑉
𝜕𝑆
teremos 𝑉 −
𝜕𝑉
𝜕𝑆
. 𝑆 𝑟 =
1
2
𝜎2
𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡

11. Black-Scholes EDP
n Nossa expressão agora é 𝑉 −
𝜕𝑉
𝜕𝑆
. 𝑆 𝑟 =
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 +
𝜕𝑉
𝜕𝑡
n Passando todos os termos para o lado esquerdo da igualdade teremos:
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n Esta é a equação de Black-Scholes!
n Os termos da mesma envolvem :
n A primeira derivada do preço da opção V em relação ao tempo t.
n A primeira e segunda derivadas do preço da opção V em relação ao
preço do ativo alvo S.
n O preço do ativo alvo S, o próprio preço da opção V e a taxa de juros
livre de risco r.
n A volatilidade do ativo alvo s

12. Resolução da Equação de
Black-Scholes
2a Aula - Slides de Backup - V
Prof.Gustavo Corrêa Mirapalheta

13. Solução da EDP de Black-Scholes
n A equação de Black-Scholes é :
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n Sendo uma EDP, precisamos determinar as condições de contorno da
mesma, antes de iniciar sua resolução.
n Sabemos que V=V(t,S), ou seja, o valor da call é uma função do tempo t e
do valor do ativo alvo S.
n Se queremos precificar uma call européia, as condições de contorno serão:
n V(t,0) = 0 o que significa que, não importa o tempo, se o valor do ativo
alvo for nulo, o preço da opção também o será.
n V(T,S) = max(S – E,0) o que significa que o valor da opção na data de
exercício T, será o maior valor entre S-E (a diferença entre o valor do
ativo alvo S e o preço de exercício E) e 0. Isto acontece porque se, o
valor do ativo alvo S estiver abaixo do preço de exercício E, não
precisamos exercer nosso direito de comprar o ativo alvo pelo preço E.
n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞, o que significa que a diferença proporcional entre
o valor da opção V e o valor do ativo alvo S torna-se cada vez menor, a
medida que o valor do ativo alvo aumenta.

14. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nossa EDP e condições de contorno são:
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0
n V(T,S) = max(S – E,0)
n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Vamos executar uma mudança de variáveis para adaptar esta EDP a um
formato que já possua solução conhecida. Observe que existe uma primeira
derivada em t e uma segunda derivada em S.
n Dentre as EDPs mais conhecidas, aquela que envolve uma primeira
derivada no tempo e uma segunda derivada no espaço é :
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
= 𝑐
𝜕2 𝑉
𝜕𝑥2, também conhecida por Equação de Fourier, ou Equação do
Calor, e a mesma é classificada como uma Equação Diferencial Parcial
do tipo Parabólico

15. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nossa EDP e condições de contorno são:
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0
n V(T,S) = max(S – E,0)
n 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n 1ª transformação: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥. Vamos trocar a variável S por uma variável x. E
é o preço de exercício da condição de contorno.
n 2ª transformação: 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2. A variável t é trocada por uma variável que
mede a diferença para o tempo de exercício T, porém ponderada pela
metade do valor da variância.
n 3ª transformação: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥). Neste caso a nova função é um fator
aplicado ao preço de exercício E.

16. Solução da EDP de Black-Scholes
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Para transformar temos que calcular as várias derivadas.
n 1ª derivada, V(t,S) em relação a t
n
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
=
𝜕𝐸.𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
n
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
=
𝜕𝐸.𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
n
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
= 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑡
+
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑡

17. Solução da EDP de Black-Scholes
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 ; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Calcular :
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
= 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑡
+
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑡
n Pelas transformações vemos que x e t não estão relacionados, logo
𝜕𝑥
𝜕𝑡
= 0.
n Sendo assim :
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
=
𝐸𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝑡
= 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑡
n Precisamos de
𝜕𝜏
𝜕𝑡
. Pelas transformações vemos que
𝜕𝑡
𝜕𝜏
= 0 −
1
0,5𝜎2.
n Portanto
𝜕𝑡
𝜕𝜏
=
−1
0,5𝜎2 . Isto implica em que
𝜕𝜏
𝜕𝑡
= −0,5𝜎2
n Voltando ao interesse inicial
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
= 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑡
= 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
−0,5𝜎2
n Sendo assim:
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
= −0,5𝜎2 𝐸
𝜕𝑉1(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏

18. Solução da EDP de Black-Scholes
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Derivadas :
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
= −0,5𝜎2 𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏
n Vamos para a próxima derivada,
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
n
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
=
𝜕𝐸.𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆
n
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑆
+
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆
n 𝜏 e S não tem relação entre si, logo
𝜕𝜏
𝜕𝑆
= 0
n Isto implica que
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆

19. Solução da EDP de Black-Scholes
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 ; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Calcular
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆
n Para isto precisamos calcular a derivada de x em relação a S. Pela
transformação 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 temos:
𝜕𝑆
𝜕𝑥
= 𝐸𝑒 𝑥, pois E é uma constante.
n Sendo assim
𝜕𝑥
𝜕𝑆
=
1
𝐸
𝑒−𝑥
n Substituindo,
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆
= 𝐸.
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
1
𝐸
𝑒−𝑥
n Isto implica que
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝑒−𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥

20. Solução da EDP de Black-Scholes
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Derivadas :
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
= −0,5𝜎2 𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏
e
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝑒−𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n Precisamos agora de
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
𝜕
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
𝜕𝑆
=
𝜕 𝑒−𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑆
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+ 𝑒−𝑥
𝜕
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑆

21. Solução da EDP de Black-Scholes
n 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 e
𝜕𝑥
𝜕𝑆
=
1
𝐸
𝑒−𝑥. Lembrando que S e 𝜏 não tem relação entre si, logo
𝜕𝜏
𝜕𝑆
= 0.
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+ 𝑒−𝑥
𝜕
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
𝜕𝑆
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
𝜕 𝑒−𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑆
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+ 𝑒−𝑥 𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
𝜕𝑥
𝜕𝑆
+
𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥𝜕𝜏
𝜕𝜏
𝜕𝑆
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 = −𝑒−𝑥 1
𝐸
𝑒−𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+ 𝑒−𝑥 𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
1
𝐸
𝑒−𝑥
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 = −
1
𝐸
𝑒−2𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+
1
𝐸
𝑒−2𝑥 𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
n
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
1
𝐸
𝑒−2𝑥
−
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2

22. Solução da EDP de Black-Scholes
n
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Derivadas :
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑡
= −0,5𝜎2 𝐸
𝜕𝑉1 𝜏,𝑥
𝜕𝜏
e
𝜕𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆
= 𝑒−𝑥 𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n Derivadas :
𝜕2 𝑉(𝑡,𝑆)
𝜕𝑆2 =
1
𝐸
𝑒−2𝑥 −
𝜕𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑉1 (𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
n Vamos agora substituir estes valores na equação diferencial. Para
simplificar 𝑉1 (𝜏, 𝑥) será representado apenas por 𝑉1
n −0,5𝜎2 𝐸
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
+
1
2
𝜎2 𝐸2 𝑒2𝑥 1
𝐸
𝑒−2𝑥 −
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑟𝐸𝑒 𝑥 𝑒−𝑥 𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑟𝐸𝑉1 = 0
n −0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝜏
+ 0,5𝜎2 −
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑟
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑟𝑉1 = 0

23. Solução da EDP de Black-Scholes
n −0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝜏
+ 0,5𝜎2 −
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑟
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑟𝑉 = 0
n 0,5𝜎2 𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑟 − 0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝜏
− 𝑟𝑉1 = 0
n Faremos uma pequena transformação das constantes 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2, o que faz
com que 𝑟 = 0,5𝜎2 𝑘
n Sendo assim : 0,5𝜎2 𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1 0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 0,5𝜎2 𝜕𝑉1
𝜕𝜏
− 0,5𝜎2 𝑘𝑉1 = 0
n Simplificando:
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
−
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
− 𝑘𝑉1 = 0
n O que nos leva a:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1
n Sumarizando o problema (no próximo slide):

24. Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original:
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1
n Devemos agora alterar as condições de contorno:
n 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1 𝜏, 𝑥 → 𝑉 𝑇, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(0, 𝑥), pois como 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2, para que
𝑡 = 𝑇, precisamos que 𝜏 = 0. Quanto a S como não é especificado nenhum
valor na condição de contorno, apenas trocamos a variável, neste caso de
S para x.
n 𝑉 𝑇, 𝑆 = max 𝑆 − 𝐸, 0 → 𝐸. 𝑉1 0, 𝑥 = max(𝐸𝑒 𝑥 − 𝐸, 0)
n 𝐸. 𝑉1 0, 𝑥 = 𝐸. max 𝑒 𝑥 − 1,0 → 𝑉1 0, 𝑥 = max(𝑒 𝑥 − 1,0)

25. Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original:
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1
n 𝑉1 0, 𝑥 = max(𝑒 𝑥 − 1,0)
n Continuando com as alterações das condições de contorno:
n 𝑉 𝑡, 0 = 0 → 𝑆 = 0 se 𝑥 → −∞ logo lim
𝑥→−∞
𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0
n Sendo assim a 2ª condição fica lim
𝑥→−∞
𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0
n A 3a condição fica: lim
𝑆→∞
𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆 → lim
𝑥→∞
𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) = 𝐸𝑒 𝑥
n Sendo assim a 3ª condição fica lim
𝑥→∞
𝑉1(𝜏, 𝑥) = ∞

26. Solução da EDP de Black-Scholes
n Equação original:
𝜕𝑉
𝜕𝑡
+
1
2
𝜎2 𝑆2 𝜕2 𝑉
𝜕𝑆2 + 𝑟𝑆
𝜕𝑉
𝜕𝑆
− 𝑟𝑉 = 0
n V(t,0) = 0 ; V(T,S) = max(S – E,0) ; 𝑉 𝑡, 𝑆 → 𝑆 se 𝑆 → ∞
n Transformações: 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥).
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1
n 𝑉1 0, 𝑥 = max(𝑒 𝑥 − 1,0) lim
𝑥→−∞
𝑉1(𝜏, 𝑥) = 0 lim
𝑥→∞
𝑉1(𝜏, 𝑥) = ∞
n Será feita agora uma nova transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥), onde a
e b serão definidos a posteriori.
n A condição inicial fica: 𝑉1 0, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥 𝑢(0, 𝑥) = max(𝑒 𝑥 − 1,0)
n Chegamos portanto a: 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max(𝑒 𝑥 − 1,0)

27. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1, 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max(𝑒 𝑥 − 1,0)
n Transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥)
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
=
𝑒 𝛼𝑥 𝜕𝑒 𝛽𝜏 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥 𝛽𝑒 𝛽𝜏 𝑢 𝜏, 𝑥 + 𝑒 𝛽𝜏 𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥
𝑒 𝛽𝜏
𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
n
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
=
𝜕𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
=
𝑒 𝛽𝜏 𝜕𝑒 𝛼𝑥 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛽𝜏 𝛼𝑒 𝛼𝑥 𝑢 𝜏, 𝑥 + 𝑒 𝛼𝑥 𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛽𝜏 𝑒 𝛼𝑥 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥

28. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1, 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max(𝑒 𝑥 − 1,0)
n Transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥)
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
,
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 = 𝑎𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
+ 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
n
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2 𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2

29. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nova equação:
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1 , 𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max(𝑒 𝑥 − 1,0)
n Transformação: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥)
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
,
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥
n
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2 𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2
n Inserindo na equação:
n
𝜕𝑉1
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑉1
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1
𝜕𝑉1
𝜕𝑥
− 𝑘𝑉1
n 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2 𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2 +
+ 𝑘 − 1 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
− 𝑘𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥)
n Simplificando (próximo slide):

30. Solução da EDP de Black-Scholes
n 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
= 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝛼2 𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2 +
+ 𝑘 − 1 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
− 𝑘𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏
𝑢(𝜏, 𝑥)
n Simplificando:
n 𝛽𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝜏
=
𝛼2 𝑢 𝜏, 𝑥 + 2𝛼
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢(𝜏,𝑥)
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1 𝛼𝑢 𝜏, 𝑥 +
𝜕𝑢 𝜏,𝑥
𝜕𝑥
− 𝑘𝑢(𝜏, 𝑥)
n Simplificando a notação (e lembrando que 𝑢 = 𝑢(𝜏, 𝑥))
n 𝛽𝑢 +
𝜕𝑢
𝜕𝜏
= 𝛼2
𝑢 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1 𝛼𝑢 +
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝑘𝑢
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
= 𝛼2
𝑢 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 𝑘 − 1 𝛼𝑢 +
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
= 𝛼2 𝑢 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 𝑘𝛼𝑢 + 𝑘
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝛼𝑢 −
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢

31. Solução da EDP de Black-Scholes
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
= 𝛼2 𝑢 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 𝑘𝛼𝑢 + 𝑘
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝛼𝑢 −
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 2𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑘
𝜕𝑢
𝜕𝑥
−
𝜕𝑢
𝜕𝑥
− 𝛼𝑢 − 𝑘𝑢 − 𝛽𝑢 + 𝛼2
𝑢 + 𝑘𝛼𝑢
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 2𝛼 + 𝑘 − 1
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ −𝛼 − 𝑘 + 𝛼2 + 𝑘𝛼 − 𝛽 𝑢
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 2𝛼 + 𝑘 − 1
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 𝑢
n Lembrando que a e b são arbitrários e iríamos defini-los a posteriori.
n Sendo assim escolhemos a e b tais que 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 = 0, logo
𝛽 = 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 e 2𝛼 + 𝑘 − 1 = 0, logo 𝛼 = −
1
2
𝑘 − 1
n b por sua vez fica igual a: 𝛽 = −
1
2
𝑘 − 1 + 𝑘 −
1
2
𝑘 − 1 − 1
n 𝛽 =
1
2
𝑘 + 1 −
1
2
𝑘 + 1 → 𝛽 = −
1
4
(𝑘 + 1)2

32. Solução da EDP de Black-Scholes
n Temos então que 𝛼 = −
1
2
𝑘 − 1 e 𝛽 = −
1
4
(𝑘 + 1)2
n Voltamos então para a função 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥+𝛽𝜏 𝑢(𝜏, 𝑥) , teremos:
𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−
1
2
𝑘−1 𝑥−
1
4
(𝑘+1)2 𝜏
𝑢(𝜏, 𝑥)
n A equação estava no formato:
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 + 2𝛼 + 𝑘 − 1
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 𝑢
n Escolhemos 𝛼 e 𝛽 de tal forma que 2𝛼 + 𝑘 − 1 = 0 e 𝛼 + 𝑘 𝛼 − 1 − 𝛽 = 0
n Sendo assim a equação ficou
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 . Já chegamos no formato da EDP
do calor. Falta agora ajustar as condições de contorno.
n No seu último formato, alguns slides atrás, a condição de contorno era:
𝑢 0, 𝑥 = 𝑒−𝛼𝑥. max(𝑒 𝑥 − 1,0).
n Substituindo 𝛼, teremos: 𝑢 0, 𝑥 = max(𝑒(1−𝛼)𝑥 − 𝑒−𝛼𝑥, 0), substituindo 𝛼
por k teremos 𝑢 0, 𝑥 = max(𝑒(1+
1
2
𝑘−1 )𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0), o que nos leva a:
𝑢 0, 𝑥 = max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0), onde 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2

33. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nosso problema então é: resolver
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 , com a condição inicial : 𝑢 0, 𝑥 =
max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0), onde 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2 e as variáveis 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2.
n 𝑢 0, 𝑥 = max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0) será considerada uma f(x), pois só
depene de x.
n Observe que nosso interesse é para 𝜏>0 e x de −∞ a +∞, o que em outras
palavras quer dizer, tempo até o momento de exercício e qualquer valor do
ativo alvo.
n Escrevendo em formatação matemática padrão:
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 − ∞ < 𝑥 < +∞ 𝜏 > 0
n 𝑢 0, 𝑥 = ϕ 𝑥 = max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0)
n 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2

34. Solução da EDP de Black-Scholes
n O problema a ser resolvido:
n
𝜕𝑢
𝜕𝜏
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 − ∞ < 𝑥 < +∞ 𝜏 > 0
n 𝑢 0, 𝑥 = ϕ 𝑥 = max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑥
, 0)
n 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥
𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2
n é um problema clássico da matemática. Esta é a EDP do calor, ou
equação de Fourier. A solução, já conhecida da Física é:
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝜙(𝑦)𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
−∞
,
n Esta expressão é muito parecida com a expressão da integral de
probabilidade de Gauss, a qual é 𝑃 𝑥 < 𝑎 =
1
𝜎 2𝜋
𝑒
−
(𝑥−𝜇)2
2𝜎2
𝑑𝑥
𝑎
−∞
. Vamos
então proceder com uma normalização (adequação) da integral.

35. Solução da EDP de Black-Scholes
n Vamos proceder com uma normalização da integral
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝜙(𝑦)𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
−∞
n Onde ϕ 𝑦 = max(𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
, 0)
n 1º passo: ajuste dos limites de integração.
n ϕ 𝑦 = max 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
, 0 , logo 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
> 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
n 𝑒
𝑘𝑦
2
+
𝑦
2 > 𝑒
𝑘𝑦
2
−
𝑦
2, sendo assim: 𝑒+
𝑦
2 > 𝑒−
𝑦
2 o que é verdade para todo y>0
n Desta forma a primeira mudança na integral é passar o limite inferior de
integração de −∞ para 0. A integral no momento então fica:
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝜙(𝑦)𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0

36. Solução da EDP de Black-Scholes
n Continuando, agora temos: 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝜙(𝑦)𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0
n Onde ϕ 𝑦 = 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
, pois y>0.
n Substituindo f(y) na integral, teremos:
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
− 𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0
n Separando as integrais ficamos com:
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦 −
1
4𝜋𝜏
𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0
∞
0
,
n Prosseguindo na nossa tentativa de padronizar a integral vamos executar a
substituição:
(𝑥−𝑦)2
4𝜏
=
𝑧2
2
.
n As implicações podem ser vistas no próximo slide:

37. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral agora é:
n 𝑢 𝜏, 𝑥 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦 −
1
4𝜋𝜏
𝑒+
1
2
𝑘−1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0
∞
0
,
n Fazendo
(𝑥−𝑦)2
4𝜏
=
𝑧2
2
teremos:
n
𝑥−𝑦
2 𝜏
=
𝑧
2
→ 𝑥 − 𝑦 = 2𝜏𝑧 → 𝑦 = 𝑥 − 2𝜏𝑧 → 𝑑𝑦 = − 2𝜏𝑑𝑧
n Para 𝑦 → 0, 𝑧 →
𝑥
2𝜏
; Para 𝑦 → ∞, 𝑧 → −∞
n Vamos trabalhar com as integrais em separado. Denominaremos a primeira
de I1 e a segunda de I2. Trabalhando portanto com I1 teremos:
n 𝐼1 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑦
𝑒−
(𝑥−𝑦)2
4𝜏 𝑑𝑦
∞
0
→ 𝐼1 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 (− 2𝜏)𝑑𝑧
−∞
𝑥
2𝜏

38. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral I1 agora é:
n 𝐼1 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 (− 2𝜏)𝑑𝑧
−∞
𝑥
2𝜏
. Invertendo os limites de integração
e simplificando o termo − 2𝜏 teremos:
n 𝐼1 =
1
2𝜋
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥− 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
. Expandindo o produto no expoente e
passando o termo em x para fora da integral teremos:
n 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
2𝜋
𝑒−
1
2
𝑘+1 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
. Neste ponto precisamos de uma certa
reflexão. A integral acima se parece com a integral de probabilidades de uma
curva normal.
n Se conseguirmos deixar dentro da integral apenas uma diferença em z do tipo
𝑧+𝑛 2
2
poderemos executar uma transformação do tipo z+n=m o que levará a
integral a se tornar igual a uma normal padronizada.
n Sendo assim, vamos proceder a um pequeno “truque” na soma de expoentes,
como poderá ser visto no próximo slide.

39. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral I1 agora é: 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
2𝜋
𝑒−
1
2
𝑘+1 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
.
n O termo 𝑘 + 1 2𝜏 é uma constante. Para simplificar a análise vamos chama-
lo de a. Sendo assim 𝑎 = 𝑘 + 1 2𝜏. Além disso vamos nos concentrar na
integral e esquecer momentaneamente os termos constantes que estão fora
dela.
n Sendo assim, nosso problema é padronizar 𝑒−
𝑎𝑧+𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
.
n Vamos concentrar nossa atenção ainda mais e trabalhar apenas com o termo
𝑧2
+ 𝑎𝑧. Façamos: 𝑧2
+ 𝑎𝑧 +
𝑎2
4
−
𝑎2
4
, e observe os três primeiros termos.
n Eles podem ser condensados, levando a expressão a: 𝑧 +
𝑎
2
2
−
𝑎2
4
. BINGO!.
n Assim podemos dizer que: 𝑒−
𝑎𝑧+𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
= 𝑒−
𝑧+
𝑎
2
2
−
𝑎2
4
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞

40. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral I1 agora é: 𝐼1 =
𝑒
1
2 𝑘+1 𝑥
2𝜋
𝑒−
𝑧+
𝑎
2
2
−
𝑎2
4
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
, onde 𝑎 = 𝑘 + 1 2𝜏
n Separando os expoentes: 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥
2𝜋
𝑒−
𝑧+
𝑎
2
2
2 . 𝑒+
𝑎2
8 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
n Passando para fora da integral: 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
𝑎2
8
2𝜋
𝑒−
𝑧+
𝑎
2
2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
n Podemos agora executar uma transformação, 𝑤 = 𝑧 +
𝑎
2
, pois 𝑑𝑤 = 𝑑𝑧.
n Para 𝑧 → −∞, 𝑤 → −∞ e para 𝑧 →
𝑥
2𝜏
, 𝑤 →
𝑥
2𝜏
+
𝑎
2
.
n A integral então fica: 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
𝑘+1 2𝜏
2
8
2𝜋
𝑒−
𝑤2
2 𝑑𝑤
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
−∞

41. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral agora é: 𝐼1 =
𝑒
1
2 𝑘+1 𝑥+
𝑘+1 2𝜏
2
8
2𝜋
𝑒−
𝑤2
2 𝑑𝑤
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
−∞
n Simplificando: 𝐼1 =
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
1
4
𝑘+1 2 𝜏
2𝜋
𝑒−
𝑤2
2 𝑑𝑤
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
−∞
n Agrupando: 𝐼1 = 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
1
4
𝑘+1 2 𝜏 1
2𝜋
𝑒−
𝑤2
2 𝑑𝑤
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
−∞
n A integral entre colchetes é a probabilidade de w ser menor que o limite
superior de integração, no caso
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
, o qual chamaremos de d1.
n Ficamos com 𝐼1 = 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
1
4
𝑘+1 2 𝜏
. 𝑁(𝑑1), onde 𝑑1 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
n Vamos para 𝐼2 , mas para evitar o recálculo algébrico tedioso, vamos
trabalhar em parte por similaridade com I1

42. Solução da EDP de Black-Scholes
n A integral I2 é 𝐼2 =
1
4𝜋𝜏
𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥− 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 (− 2𝜏)𝑑𝑧
−∞
𝑥
2𝜏
n A única diferença para I1 é o termo k-1 ao invés de k+1.
n Sendo assim: 𝐼2 =
𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥
2𝜋
𝑒−
1
2
𝑘−1 2𝜏𝑧
𝑒−
𝑧2
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
n Em seguida: 𝐼2 =
𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥
2𝜋
𝑒−
𝑧+
𝑎
2
2
−
𝑎2
4
2 𝑑𝑧
𝑥
2𝜏
−∞
, onde 𝑎 = 𝑘 − 1 2𝜏
n Depois: 𝐼2 = 𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥+
1
4
𝑘−1 2 𝜏 1
2𝜋
𝑒−
𝑤2
2 𝑑𝑤
𝑥
2𝜏
+
𝑘−1 2𝜏
2
−∞
n Por último 𝐼2 = 𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥+
1
4
𝑘−1 2 𝜏
. 𝑁(𝑑2), onde 𝑑2 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘−1 2𝜏
2

43. Solução da EDP de Black-Scholes
n Voltando para a função solução a mesma ficou: 𝑢 𝜏, 𝑥 = 𝐼1 − 𝐼2
n 𝐼1 = 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
1
4
𝑘+1 2 𝜏
. 𝑁(𝑑1), onde 𝑑1 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
n 𝐼2 = 𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥+
1
4
𝑘−1 2 𝜏
. 𝑁(𝑑2), onde 𝑑2 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘−1 2𝜏
2
n Um passo para trás, tínhamos 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−
1
2
𝑘−1 𝑥−
1
4
(𝑘+1)2 𝜏
𝑢(𝜏, 𝑥)
n Substituindo:
n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒−
1
2
𝑘−1 𝑥−
1
4
(𝑘+1)2 𝜏
𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥+
1
4
𝑘+1 2 𝜏
𝑁 𝑑1 − 𝑒
1
2
𝑘−1 𝑥+
1
4
𝑘−1 2 𝜏
𝑁(𝑑2)
n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒
1
2
𝑘+1 𝑥−
1
2
𝑘−1 𝑥
𝑁 𝑑1 − 𝑒
1
4
𝑘−1 2 𝜏−
1
4
𝑘+1 2 𝜏
𝑁(𝑑2)
n 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝑥
𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑘𝜏
𝑁(𝑑2)

44. Solução da EDP de Black-Scholes
n A função solução agora é: 𝑉1 𝜏, 𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑘𝜏 𝑁(𝑑2)
n Lembrando as primeiras transformações, as mesmas eram:
𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥; 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 ; 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) e 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2
n 𝑡 = 𝑇 −
𝜏
0.5𝜎2 →
𝜏
0.5𝜎2 = 𝑇 − 𝑡 → 𝜏 = 0.5𝜎2 𝑇 − 𝑡
n 𝑘. 𝜏 =
𝑟
0,5𝜎2 0.5𝜎2 𝑇 − 𝑡 → 𝑘. 𝜏 = 𝑟 𝑇 − 𝑡
n 𝑆 = 𝐸𝑒 𝑥 → 𝑥 = ln
𝑆
𝐸
n Substituindo: 𝑉1 𝜏, 𝑥 =
𝑆
𝐸
𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡
𝑁(𝑑2)
n Por último: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝐸. 𝑉1(𝜏, 𝑥) → 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸. 𝑁(𝑑2)
n Onde: 𝑑1 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
e 𝑑2 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘−1 2𝜏
2

45. Solução da EDP de Black-Scholes
n Nossa solução é 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸. 𝑁(𝑑2)
n Onde: 𝑑1 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
e 𝑑2 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘−1 2𝜏
2
n Resta agora passar d1 e d2 para os parâmetros originais E, T e as variáveis
originais, t e S.
n Lembrando: 𝜏 = 0.5𝜎2
𝑇 − 𝑡 , 𝑥 = ln
𝑆
𝐸
e 𝑘 =
𝑟
0,5𝜎2
n Sendo assim: 𝑑1 =
𝑥
2𝜏
+
𝑘+1 2𝜏
2
→ 𝑑1 =
𝑥+(𝑘+1)𝜏
2𝜏
→ 𝑑1 =
𝑥+(
𝑟
0,5𝜎2+1)𝜏
2𝜏
n 𝑑1 =
𝑥+(
𝑟+0,5𝜎2
0,5𝜎2 )0.5𝜎2 𝑇−𝑡
20.5𝜎2 𝑇−𝑡
→ 𝑑1 =
𝑥+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡
𝜎 𝑇−𝑡
→ 𝑑1 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡
𝜎 𝑇−𝑡
n Por analogia, 𝑑2 =
𝑥+(𝑘−1)𝜏
2𝜏
→ 𝑑2 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇−𝑡
𝜎 𝑇−𝑡

46. Solução da EDP de Black-Scholes
n A solução final fica então: 𝑉 𝑡, 𝑆 = 𝑆. 𝑁 𝑑1 − 𝑒−𝑟 𝑇−𝑡 𝐸. 𝑁(𝑑2)
n Onde: 𝑑1 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇−𝑡
𝜎 𝑇−𝑡
e 𝑑2 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇−𝑡
𝜎 𝑇−𝑡
n Sendo que a função N(x) é a função de probabilidade normal cumulativa de
− ∞ até x. Observe que t é o tempo contínuo desde 0 até o instante de
exercício T. Se t=0, isto significa que estamos calculando o valor da opção
no momento presente. Com isto as fórmulas para d1 e d2 assumem a forma
mais conhecida:
n 𝑑1 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇
𝜎 𝑇
e 𝑑2 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟−0,5𝜎2 𝑇
𝜎 𝑇
→
n 𝑑2 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟−0,5𝜎2+0,5𝜎2−0,5𝜎2 𝑇
𝜎 𝑇
→ 𝑑2 =
ln
𝑆
𝐸
+ 𝑟+0,5𝜎2 𝑇
𝜎 𝑇
− 𝜎 𝑇

47. Significado de d1
n Observe a sequência abaixo
𝑑1 =
𝑙𝑛
𝑆
𝐸
+ 𝜇 + 0,5𝜎2
𝑇
𝜎 𝑇
𝑑1 𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛
𝑆
𝐸
+ 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇
− 𝜇 + 0,5𝜎2 𝑇 + 𝑑1 𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛
𝑆
𝐸
𝑆 = 𝐸𝑒− 𝜇+0,5𝜎2 𝑇+ 𝑑1 𝜎 𝑇
Este termo varia pois d1 esta na
posição da variável aleatória no
modelo lognormal
Este termo é
fixo e igual ao
valor do ativo
alvo no
momento
presente
d1S>E0
Ele representa o valor presente
do preço de exercício da opção,
descontado pela taxa básica
S<E0
Chamaremos este
termo de E0 por
simplicidade
N(d1) é a probabilidade de uma
variável normal padronizada ser
menor que d1, ou P(z<d1)
Pelo gráfico vemos que N(d1) é o
mesmo que P(S>E0)
z<d1 z=d1 z>d1
Em outras palavras, é a probabilidade
de S valer mais que o valor presente do
preço de exercício

48. Significado de d2
n Observe a sequência abaixo
𝑑2 =
𝑙𝑛
𝑆
𝐸
+ 𝜇 + 0,5𝜎2
𝑇
𝜎 𝑇
− 𝜎 𝑇
𝑑2 𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛
𝑆
𝐸
+ 𝜇 − 0,5𝜎2 𝑇
− 𝜇 − 0,5𝜎2 𝑇 + 𝑑2 𝜎 𝑇 = 𝑙𝑛
𝑆
𝐸
𝐸 = 𝑆𝑒 𝜇−0,5𝜎2 𝑇− 𝑑2 𝜎 𝑇
Este termo varia pois d2 esta na
posição da variável aleatória no
modelo lognormal
Este termo é
fixo e igual ao
preço de
exercício em T
(data de
expiração)
d2St>E
Ele representa o valor futuro do
ativo alvo, crescendo pela taxa
básica. Chamaremos de St
St<E
Observe que a
variável aleatória tem
valores invertidos
N(d2) é a probabilidade de uma
variável normal padronizada ser
menor que d2, ou P(z<d2)
Pelo gráfico vemos que N(d2) é o
mesmo que P(St>E)
z<d2 z=d2 z>d2
Em outras palavras, é a probabilidade
do valor futuro do ativo, St, valer mais
que o preço de exercício E
Sendo assim, se d2
aumenta St diminui