Zagadnienia

5.1 Wyznaczanie struktury terminowej stóp zwrotu
5.2 Ćwiczenia

5. Wyznaczanie struktury terminowej stóp zwrotu

Liczba godzin 2.
Zakres materiału:
Tworzenie struktury stóp procentowych.

5.1. Wyznaczanie struktury terminowej stóp zwrotu

Empiryczną strukturę terminową wyznaczamy na podstawie następujących danych:
stóp referencyjnych na rynku międzybankowym,
cen, kuponów i kwot wykupu obligacji zerokuponowych i kuponowych o stałym oprocentowaniu
oraz kontraktów FRA.

Przypomnijmy, że przez $B$ oznaczona została funkcja opisująca strukturę terminową czynnika dyskontującego.

5.1.1. Stopy międzybankowe

Niech $r_{t}$ oznacza stopę procentową na okres $t$ wyrażony w latach. Wówczas przyjmujemy

$B(t)=(1+tr_{t})^{{-1}}.$

5.1.2. Obligacje zerokuponowe i bony

Mamy do czynienia z dwoma przepływami pieniężnymi: zakupem i wykupem obligacji. Niech $P$ oznacza cenę zakupu, $C_{t}$ – kwotę otrzymaną po wykupieniu obligacji, a $t$ – czas życia obligacji. Wówczas kładziemy

$B(t)=\frac{P}{C_{t}}.$

Ta metoda ma istotne ograniczenie. A mianowicie, obligacje zerokuponowe, będące w obrocie rynkowym, mają zwykle krótki termin do wykupienia. W szczególności czas życia bonów skarbowych nie przekracza jednego roku.

5.1.3. Obligacje kuponowe o stałym oprocentowaniu

Obligacja, z której $n$ krotnie wypłacane są odsetki ( $n$ -kuponowa) daje $n+1$ przepływów pieniężnych. Niech $P$ – cena zakupu obligacji, $C_{1},\dots,C_{{n-1}}$ – kupony, $C_{n}$ – ostatni kupon i kwota otrzymana po wykupieniu obligacji. Kolejne przepływy gotówki następują po czasie $t_{1},\dots,t_{n}$ .

Stosuje się dwie metody:
A. Wyznacza się Yield to Maturity ( $YTM$ ) – stopę zwrotu liczoną do momentu zapadalności.
B. Oblicza się $B(t)$ w momentach kolejnych przepływów finansowych w sposób łańcuchowy.

5.1.3.1. Yield to Maturity – stopa zwrotu liczona do momentu zapadalności

Założenie toretyczne:
Reinwestujemy otrzymane odsetki $C_{1},\dots,C_{{n-1}}$ z tą samą efektywną stopą zwrotu.
Czyli szukamy takiej efektywnej stopy zwrotu $YTM$ , że

$P(1+YTM)^{{t_{n}}}=C_{1}(1+YTM)^{{t_{n}-t_{1}}}+\dots+C_{{n-1}}(1+YTM)^{{t_{{n}}-t_{{n-1}}}}+C_{n}.$

Lub po podzieleniu przez $(1+YTM)^{{t_{n}}}$

$P=\frac{C_{1}}{(1+YTM)^{{t_{1}}}}+\dots+\frac{C_{{n-1}}}{(1+YTM)^{{t_{{n-1}}}}}+\frac{C_{n}}{(1+YTM)^{{t_{{n}}}}}.$

Następnie wyznaczamy $B(t_{n})$ z wzoru

$B(t_{n})=\frac{1}{(1+YTM)^{{t_{n}}}}.$

Zauważmy, że jest to równoważne przyjęciu, że efektywna stopa zwrotu jest równa stopie zwrotu liczonej do momentu zapadalności

$R(t_{n})=YTM.$

5.1.3.2. Metoda łańcuchowa

Jeśli znamy $B(t)$ dla $t=t_{1},\dots,t_{{n-1}}$ , to $B(t_{n})$ wyznaczamy ze wzoru

$P=C_{1}\cdot B(t_{1})+C_{2}\cdot B(t_{2})+\dots+C_{n}\cdot B(t_{n}).$

Stosując jedną lub drugą metodę, otrzymujemy wartości $B(t)$ dla skończonej ilości punktów $t_{1},t_{2},\dots,t_{n}$ . Następnie należy skonstruować funkcję malejącą, która przedłuży naszą empiryczną $B(t)$ określoną dla $t\in\{ t_{1},t_{2},\dots,t_{n}\}$ , albo dobrać funkcję ,,modelową”, która przybliży empiryczne $B(t_{i})$ .

5.1.4. Wyznaczanie struktury terminowej w oparciu o kontrakty FRA

Korzystamy ze wzoru z lematu 3.5. Jeśli znamy stopę FRA na okres $[t+T_{s},t+T_{e}]$ oraz $B(T_{s})$ , to wówczas

$B(T_{e})=\frac{B(T_{s})}{1+r_{{FRA}}\cdot(T_{e}-T_{s})}.$

5.2. Ćwiczenia

Ćwiczenie 5.1

W dniu 27 sierpnia 2004 roku na Giełdzie Papierów Wartościowych w Warszawie było notowanych pięć serii obligacji zerokuponowych OKmmrr, wszystkie o nominale 1000 zł. Wyznaczyć strukturę terminową.

Rozwiązanie
W poniższej tabeli podane są ich terminy zapadalności obligacji i ceny, po jakich można było je zakupić. Na tej podstawie wyznaczone zostały: czas życia $t$ , $B(t)$ , $\bar{R}(t)$ i $R(t)$ . Dla uproszczenia przyjęliśmy, że 1 dzień, to $\frac{1}{365}$ część roku.

seria	OK1204	OK0405	OK0805	OK0406	OK0806
termin	12.12.	12.04.	12.08.	12.04.	12.08.
zapadalności	2004	2005	2005	2006	2006
cena
w zł ( $P$ )	980,5	957	934,8	888,5	866,4
czas życia
w latach ( $t$ )	0,2932	0,6247	0,9589	1,6247	1,9589
$B(t)$	0,9805	0,957	0,9348	0,8885	0,8664
$\bar{R}(t)$	0,06718	0,07036	0,07031	0,07277	0,07321
$R(t)$	0,06948	0,07290	0,07284	0,07548	0,07595

Ćwiczenie 5.2

Rozważmy obligację WS0922. Jest to obligacja o stałym oprocentowaniu 5,75% (w skali roku) i terminie zapadalności 2022-09-23. Nominał wynosi 1000 zł. Odsetki wypłacane są co roku we wrześniu. W dniu 11 sierpnia 2004 na GPW w Warszawie za tę obligację płacono 890,90 zł. Wyznaczyć stopę zwrotu liczoną do momentu zapadalności ( $YTM$ ).

Rozwiązanie
Stosujemy metodę YTM. Mamy 19 okresów odsetkowych ( $n=19$ ). Z pierwszego pozostało tylko 43 dni, pozostałe są jednoroczne.

$P=890,9,\;\;\; C_{1}=C_{2}=\dots=C_{{18}}=57,5,\;\;\; C_{{19}}=1057,5.$

Czas życia obligacji wynosił

$t_{{19}}=18+\frac{43}{366}=18,117.$

YTM wyznaczamy z równania

$P(1+YTM)^{{t_{{19}}}}=\sum _{{i=1}}^{{18}}C_{{19-i}}(1+YTM)^{i}+C_{{19}}.$

Po wstawieniu wartości liczbowych równanie to wygląda następująco:

$890,9\cdot(1+YTM)^{{18,117}}=\sum _{{i=1}}^{{18}}57,5\cdot(1+YTM)^{i}+1057,5.$

Jego jedynym dodatnim pierwiastkiem jest

$YTM=0,07375.$

Zatem

$B(t_{{19}})=B(18,117)=(1+0,07375)^{{-18,117}}=0,2755.$

Ćwiczenie 5.3

Rozważmy obligację WS0437. Jest to obligacja o stałym oprocentowaniu 5% (w skali roku) i terminie zapadalności 2037-04-25. Nominał wynosi 1000 zł. Odsetki wypłacane są co roku w kwietniu. W dniu 21 listopada 2011 na GPW w Warszawie kurs tej obligacji wynosił 89. Wyznaczyć stopę zwrotu liczoną do momentu zapadalności ( $YTM$ ).

Rozwiązanie
Stosujemy metodę YTM. Mamy 26 okresów odsetkowych ( $n=26$ ). Z pierwszego pozostało tylko 156 dni, pozostałe są jednoroczne. Naliczone odsetki wynoszą (po zaokrągleniu do groszy)

$50\cdot\frac{210}{366}=28{,}69.$

Otrzymujemy

$P=918{,}69,\;\;\; C_{1}=C_{2}=\dots=C_{{25}}=50,\;\;\; C_{{26}}=1050.$

Czas życia obligacji wynosił

$t_{{26}}=25+\frac{156}{366}=25,42623.$

YTM wyznaczamy z równania

$P(1+YTM)^{{t_{{26}}}}=\sum _{{i=1}}^{{25}}C_{{26-i}}(1+YTM)^{i}+C_{{26}}.$

Po wstawieniu wartości liczbowych równanie to wygląda następująco:

$918{,}69\cdot(1+YTM)^{{25{,}42623}}=\sum _{{i=1}}^{{25}}50\cdot(1+YTM)^{i}+1050.$

Jego jedynym dodatnim pierwiastkiem jest

$YTM=0{,}058382.$

Ćwiczenie 5.4

Rozważmy grudniowe obligacje z serii SP: SP1206, SP1207 i SP1208. Są to obligacje o stałym oprocentowaniu, odpowiednio 9,0%, 5,5% i 6,6% (w skali roku), o terminach zapadalności 2006-12-03, 2007-12-02 i 2008-12-01. Nominał wynosi 100 zł. Odsetki wypłacane są co roku na początku grudnia. W dniu 27 sierpnia 2004 na GPW w Warszawie za te obligacje płacono odpowiednio 109,06 zł, 98,09 zł i 100,35 zł.
Wyznaczyć strukturę terminową.

Rozwiązanie
Stosujemy metodę łańcuchową. Dla uproszczenia przyjmiemy, że okresy odsetkowe kończą się 2 grudnia. Wówczas

$t_{1}=97/366\approx 0,27,\;\;\; t_{2}\approx 1,27,\;\;\; t_{3}\approx 2,27,\;\;\; t_{4}\approx 3,27,\;\;\; t_{5}\approx 4,27.$

Wartości $B(t_{1})$ i $B(t_{2})$ nie możemy określić za pomocą notowań obligacji serii SP. Przybliżymy, je korzystając z notowań obligacji zerokuponowych z przykładu 1.8.1.

$B(t_{1})=0,9821,\;\;\; B(t_{2})=0,9130.$

$B(t_{3})$ , $B(t_{4})$ i $B(t_{5})$ wyznaczamy metodą łańcuchową.

$109,06=9\cdot 0,9821+9\cdot 0,9130+109\cdot B(t_{3}).$

Zatem $B(t_{3})\approx 0,8441$ .

$98,09=5,5\cdot 0,9821+5,5\cdot 0,9130+5,5\cdot 0,8441+105,5\cdot B(t_{4}).$

Czyli $B(t_{4})\approx 0,7870$ .

$100,35=6,6\cdot 0,9821+6,6\cdot 0,9130+6,6\cdot 0,8441+6,6\cdot 0,7870+106,6\cdot B(t_{5}).$

Otrzymujemy $B(t_{5})\approx 0,7231$ .

Uzyskane wyniki są zebrane w poniższej tabeli.

seria	SP1206	SP1207	SP1208
termin zapadalności	2006-12-03	2007-12-02	2008-12-01
kupony	9,00	5,50	6,60
cena w zł	109,06	98,09	100,35
czas życia w latach ( $t$ )	2,27	3,27	4,26
$B(t)$	0,8441	0,7870	0,7231
$R(t)$	0,0776	0,0761	0,0790
$\bar{R}(t)$	0,0747	0,0734	0,0760

Ćwiczenie 5.5

Przedłużamy funkcję $B(t)$ jako funkcję kawałkami wykładniczą (kawałkami płaska struktura terminowa). Przyjmujemy, że $t_{0}=0$ i $B(t_{0})=1$ , a dla $t\in(t_{{i-1}},t_{i})$ , $i=1,2,\dots,n$ , wyznaczamy $B(t)$ jako ważoną średnią geometryczną $B(t_{{i-1}})$ i $B(t_{i})$ . Kładziemy

$B(t)=B(t_{{i-1}})^{\frac{t_{i}-t}{t_{i}-t_{{i-1}}}}B(t_{{i}})^{\frac{t-t_{{i-1}}}{t_{i}-t_{{i-1}}}}=$

$=B(t_{{i-1}})^{\frac{t_{i}}{t_{i}-t_{{i-1}}}}B(t_{{i}})^{\frac{-t_{{i-1}}}{t_{i}-t_{{i-1}}}}\exp(\frac{\ln(B(t_{i}))-\ln(B(t_{{i-1}}))}{t_{i}-t_{{i-1}}}t).$

Zauważmy, że taka metoda przedłużania ,,zachowuje” płaską strukturę czasową. Jeśli $B(t_{i})=e^{{-\delta t_{i}}}$ dla $i=1,\dots,n$ $B(t_{i})=e^{{-\delta t_{i}}}$ to po przedłużeniu $B(t)=e^{{-\delta t}}$ dla dowolnego $t\in\langle 0,t_{n}\rangle$ .

W oparciu wartości $B(t_{i})$ wyznaczone w ćwiczeniach 5.1 i 5.3 wyznaczyć łączną strukturę terminową.

Rozwiązanie
Mamy

$B(t_{1})=0,9805,B(t_{2})=0,957,B(t_{3})=0,9348,B(t_{4})=0,8885,$

$B(t_{5})=0,8664,B(t_{6})=0,8441,B(t_{7})=0,7870,B(t_{8})=0,7231,$

gdzie:

$t_{1}=0,29,\;\;\; t_{2}=0,62,\;\;\; t_{3}=0,96,\;\;\; t_{4}=1,62,$

$t_{5}=1,96,\;\;\; t_{6}=2,27,\;\;\; t_{7}=3,27,\;\;\; t_{8}=4,26.$

Po przedłużeniu otrzymujemy:

$B(t)=\left\{\begin{array}[]{rcc}\exp(-0,0674t)&\mbox{ dla }&t\in\langle 0,t_{1})\\ 1,002\exp(-0,0732t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{1},t_{2})\\ 1,000\exp(-0,0702t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{2},t_{3})\\ 1,006\exp(-0,0763t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{3},t_{4})\\ 1,004\exp(-0,0754t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{4},t_{5})\\ 1,022\exp(-0,0843t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{5},t_{6})\\ 0,990\exp(-0,0703t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{6},t_{7})\\ 1,038\exp(-0,0847t)&\mbox{ dla }&t\in\langle t_{7},t_{8}\rangle\\ \end{array}\right.$

Treść automatycznie generowana z plików źródłowych LaTeXa za pomocą oprogramowania wykorzystującego LaTeXML.

Rynki kapitałowe (Matematyka finansowa I)