12. Wykład XII (kolokwium), 18.XII.2009

1. (15p.)

Rozważamy rodzinę modeli Blacka $(\Sigma _{\rho},\ \mu)$ , gdzie

$\Sigma _{\rho}=\begin{pmatrix}9&3&1\\ 3&2&2\sqrt{2}\rho\\ 1&2\sqrt{2}\rho&4\end{pmatrix},\quad\mu=\begin{pmatrix}5\\ 4\\ 2\end{pmatrix},\quad 0\le\rho\le\frac{1}{\sqrt{2}}.$

$\bullet$ Znaleźć (w podanym przedziale) wszystkie wartości parametru $\rho$ , przy których prosta krytyczna jest równoległa do prostej boku $\overline{e_{2}\, e_{3}}$ .
$\bullet$ Jaka jest wtedy odległość prostej krytycznej od prostej boku $\overline{e_{2}\, e_{3}}$ ?

2. (15p.)

Wychodzimy od znanego przykładu

$\Sigma=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix},\quad\mu=\begin{pmatrix}3\\ 1\\ 2\end{pmatrix}.$

Zwiększamy teraz $\rho _{{13}}$ do pierwszej napotkanej wartości, przy której prosta krytyczna w takim modelu Blacka przechodzi przez wierzchołek $(1,0,0)^{{\text{T}}}$ . Znaleźć łamaną wierzchołkową i łamaną efektywną w uzyskanym modelu Markowitza. Wykonać odpowiednie rysunki.

3. (10p.)

Rozważamy inny znany przykład modelu Markowitza

$\Sigma=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&1&1\end{pmatrix},\quad\mu=\begin{pmatrix}3\\ 1\\ 2\end{pmatrix}.$

Znaleźć w tym modelu portfel optymalny $\widetilde{x}_{{\textrm{op}}}$ ze względu na stopę bezryzykowną $\mu _{0}=\frac{1}{2}$ (optymalny, tzn. maksymalizujący współczynnik Sharpe'a).

——————————————————————————————————————–

Pytanie dodatkowe

, będące przedłużeniem zadania nr 1 (NIEOBOWIĄZKOWE):

$\bullet$ Czy $\widetilde{\mathcal{M}}$ -obraz prostej boku $\overline{e_{2}\, e_{3}}$ jest wtedy przesunięciem równoległym pocisku Markowitza oglądanego na płaszczyźnie $(\sigma^{2},\, E)$ ?
Jeśli tak, to o jaki wektor?
Za odpowiedź na to pytanie można uzyskać do 8p., przy czym łączny wynik z kolokwium nie może przekroczyć 40p.

Przykładowe rozwiązanie Zadania 1 z kolokwium (patrz też Ćwiczenie 5.1 w Wykładzie V, które mieści też w sobie Pytanie dodatkowe z kolokwium).

Prosta krytyczna ma [więc] równanie

$\tag{$*$}x_{1}=c\,,$

(12.1)

gdzie $c$ pozostaje do wyznaczenia. Piszemy to równanie w postaci wynikającej z Twierdzenia 5.1 w Wykładzie V:

$\begin{vmatrix}9c+3x_{2}+x_{3}&5&1\\ 3c+2x_{2}+2\sqrt{2}\rho x_{3}&4&1\\ c+2\sqrt{2}\rho x_{2}+4x_{3}&2&1\\ \end{vmatrix}=0\,,\ \textrm{albo}$

$\tag{$**$}10c+2\sqrt{2}\rho x_{2}+(6-6\sqrt{2}\rho)x_{3}=0\,.$

(12.2)

Warunkiem koniecznym, by równania (12.1) i (12.2) były tym samym, jest równość współczynników przy $x_{2}$ i $x_{3}$ w (12.2), $2\sqrt{2}\rho=6-6\sqrt{2}\rho$ , stąd $\rho=\frac{3}{4}\frac{1}{\sqrt{2}}$ , jedyne rozwiązanie, i przy tym leżące w przedziale $[0,\frac{1}{\sqrt{2}}]$ .

Wtedy wnioskiem z (12.1) i (12.2) jest $10c+2\sqrt{2}\frac{3}{4}\frac{1}{\sqrt{2}}(1-c)=0$ , albo $c=-\frac{3}{17}$ . By znaleźć odległość prostej krytycznej $x_{1}=-\frac{3}{17}$ od prostej boku $\overline{e_{2}\, e_{3}}$ , tzn. prostej $x_{1}=0$ , zauważamy, że przy zmianie wartości const (w $x_{1}=\text{const}$ ) od 1 do 0, twierdzenie Pitagorasa mówi, że odpowiednie proste są odległe o $\sqrt{\frac{3}{2}}$ . Zatem, z proporcjonalności, przy zmianie const od 0 do $-\frac{3}{17}$ , odległość odpowiednich prostych wynosi $\left|-\frac{3}{17}\right|\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{3}{17}\sqrt{\frac{3}{2}}$ .

Uwaga 12.1

– ostrzeżenie do rozwiązania zadania 1 z kolokwium.
Studenci często szukają tej odległości prostych równoległych [leżących w położonej ukośnie płaszczyźnie $H$ ] używając rzutów tych prostych na płaszczyznę $(x_{2},\, x_{3})$ [uwaga – w wersji pdf rysunek jest na następnej stronie]:

$\par$

Rys. 12.1. .

Następnie, pracując w tej płaszczyźnie, udzielają różnych odpowiedzi: $\frac{20}{17}-1$ , $\sqrt{2}\left(\frac{20}{17}-1\right)$ , $\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{20}{17}-1\right)$ . Ta ostatnia liczba jest odległością prostych na powyższym rysunku, jednak żadna z tych liczb nie jest odpowiedzią do pytania w zadaniu.

Odpowiedź liczbowa do Pytania dodatkowego z kolokwium:
obraz prostej krytycznej $x_{1}=-\frac{3}{17}$ (czyli pocisk Markowitza) oglądany na płaszczyźnie $(\sigma^{2},\, E)$ ma równanie

$\sigma^{2}\,=\,\frac{91}{51}+\frac{3}{4}\left(E-\frac{11}{3}\right)^{2}\,,$

(12.3)

natomiast obraz prostej $x_{1}=0$ ma równanie

$\sigma^{2}\,=\,\frac{23}{12}+\frac{3}{4}\left(E-\frac{11}{3}\right)^{2}\,.$

(12.4)

Ten drugi obraz jest więc przesunięciem równoległym pierwszego o wektor $\left[\begin{array}[]{c}0\\ \frac{23}{12}-\frac{91}{51}\end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}0\\ \frac{9}{68}\end{array}\right]=\left[\begin{array}[]{c}0\\ 0.13235...\end{array}\right]$ , jak na rysunku poniżej [w wersji pdf Rysunek 12.2 trafia na następną stronę].

$\par$

Rys. 12.2. Krzywa o równaniu (12.4) to czerwona parabola.

Jeśli chodzi o związane z nimi gałęzie hiperbol,³⁹w zadaniu się o nie nie pytano to mają one, oczywiście, te same asymptoty przecinające oś $\overrightarrow{OE}$ na wysokości $\frac{11}{3}$ , ze stosunkiem długości półoś $\frac{b}{a}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ . Jednak konkretne wartości długości półoś są różne: dla hiperboli (12.3) (niebieskiej na Rysunku 12.3 poniżej) wynoszą one $a_{{123}}=1.3358$ , $b_{{123}}=1.5424$ , zaś dla hiperboli (12.4) (czerwonej na Rysunku 12.3) wynoszą $a_{{23}}=1.3844$ , $b_{{23}}=1.5986$ . Oto te gałęzie [w wersji pdf Rysunek 12.3 przeskakuje na następną stronę]: