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 rt oznacza stopę procentową na okres t wyrażony w latach. Wówczas przyjmujemy

B⁢t=1+t⁢rt-1.

5.1.2. Obligacje zerokuponowe i bony

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

B⁢t=PCt.

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, C1,…,Cn-1 – kupony, Cn – ostatni kupon i kwota otrzymana po wykupieniu obligacji. Kolejne przepływy gotówki następują po czasie t1,…,tn.

Stosuje się dwie metody:
A. Wyznacza się Yield to Maturity (Y⁢T⁢M) – 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 C1,…,Cn-1 z tą samą efektywną stopą zwrotu.
Czyli szukamy takiej efektywnej stopy zwrotu Y⁢T⁢M, że

P⁢1+Y⁢T⁢Mtn=C1⁢1+Y⁢T⁢Mtn-t1+…+Cn-1⁢1+Y⁢T⁢Mtn-tn-1+Cn.

Lub po podzieleniu przez 1+Y⁢T⁢Mtn

P=C11+Y⁢T⁢Mt1+…+Cn-11+Y⁢T⁢Mtn-1+Cn1+Y⁢T⁢Mtn.

Następnie wyznaczamy B⁢tn z wzoru

B⁢tn=11+Y⁢T⁢Mtn.

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

R⁢tn=Y⁢T⁢M.

5.1.3.2. Metoda łańcuchowa

Jeśli znamy B⁢t dla t=t1,…,tn-1, to B⁢tn wyznaczamy ze wzoru

P=C1⋅B⁢t1+C2⋅B⁢t2+…+Cn⋅B⁢tn.

Stosując jedną lub drugą metodę, otrzymujemy wartości B⁢t dla skończonej ilości punktów t1,t2,…,tn. Następnie należy skonstruować funkcję malejącą, która przedłuży naszą empiryczną B⁢t określoną dla t∈t1,t2,…,tn, albo dobrać funkcję ,,modelową”, która przybliży empiryczne B⁢ti.

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+Ts,t+Te oraz B⁢Ts, to wówczas

B⁢Te=B⁢Ts1+rF⁢R⁢A⋅Te-Ts.

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, R¯⁢t i R⁢t. Dla uproszczenia przyjęliśmy, że 1 dzień, to 1365 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
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 (Y⁢T⁢M).

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

P=890,9,⁢⁢⁢C1=C2=…=C18=57,5,⁢⁢⁢C19=1057,5.

Czas życia obligacji wynosił

t19=18+43366=18,117.

YTM wyznaczamy z równania

P⁢1+Y⁢T⁢Mt19=∑i=118C19-i⁢1+Y⁢T⁢Mi+C19.

Po wstawieniu wartości liczbowych równanie to wygląda następująco:

890,9⋅1+Y⁢T⁢M18,117=∑i=11857,5⋅1+Y⁢T⁢Mi+1057,5.

Jego jedynym dodatnim pierwiastkiem jest

Y⁢T⁢M=0,07375.

Zatem

B⁢t19=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 (Y⁢T⁢M).

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⋅210366=28,69.

Otrzymujemy

P=918,69,⁢⁢⁢C1=C2=…=C25=50,⁢⁢⁢C26=1050.

Czas życia obligacji wynosił

t26=25+156366=25,42623.

YTM wyznaczamy z równania

P⁢1+Y⁢T⁢Mt26=∑i=125C26-i⁢1+Y⁢T⁢Mi+C26.

Po wstawieniu wartości liczbowych równanie to wygląda następująco:

918,69⋅1+Y⁢T⁢M25,42623=∑i=12550⋅1+Y⁢T⁢Mi+1050.

Jego jedynym dodatnim pierwiastkiem jest

Y⁢T⁢M=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

t1=97/366≈0,27,⁢⁢⁢t2≈1,27,⁢⁢⁢t3≈2,27,⁢⁢⁢t4≈3,27,⁢⁢⁢t5≈4,27.

Wartości B⁢t1 i B⁢t2 nie możemy określić za pomocą notowań obligacji serii SP. Przybliżymy, je korzystając z notowań obligacji zerokuponowych z przykładu 1.8.1.

B⁢t1=0,9821,⁢⁢⁢B⁢t2=0,9130.

B⁢t3, B⁢t4 i B⁢t5 wyznaczamy metodą łańcuchową.

109,06=9⋅0,9821+9⋅0,9130+109⋅B⁢t3.

Zatem B⁢t3≈0,8441.

98,09=5,5⋅0,9821+5,5⋅0,9130+5,5⋅0,8441+105,5⋅B⁢t4.

Czyli B⁢t4≈0,7870.

100,35=6,6⋅0,9821+6,6⋅0,9130+6,6⋅0,8441+6,6⋅0,7870+106,6⋅B⁢t5.

Otrzymujemy B⁢t5≈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
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 t0=0 i B⁢t0=1, a dla t∈ti-1,ti, i=1,2,…,n, wyznaczamy B⁢t jako ważoną średnią geometryczną B⁢ti-1 i B⁢ti. Kładziemy

B⁢t=B⁢ti-1ti-tti-ti-1⁢B⁢tit-ti-1ti-ti-1=

=B⁢ti-1titi-ti-1⁢B⁢ti-ti-1ti-ti-1⁢exp⁡ln⁡B⁢ti-ln⁡B⁢ti-1ti-ti-1⁢t.

Zauważmy, że taka metoda przedłużania ,,zachowuje” płaską strukturę czasową. Jeśli B⁢ti=e-δ⁢ti dla i=1,…,n B⁢ti=e-δ⁢ti to po przedłużeniu B⁢t=e-δ⁢t dla dowolnego t∈0,tn.

W oparciu wartości B⁢ti wyznaczone w ćwiczeniach 5.1 i 5.3 wyznaczyć łączną strukturę terminową.

Rozwiązanie
Mamy

B⁢t1=0,9805,B⁢t2=0,957,B⁢t3=0,9348,B⁢t4=0,8885,

B⁢t5=0,8664,B⁢t6=0,8441,B⁢t7=0,7870,B⁢t8=0,7231,

gdzie:

t1=0,29,⁢⁢⁢t2=0,62,⁢⁢⁢t3=0,96,⁢⁢⁢t4=1,62,

t5=1,96,⁢⁢⁢t6=2,27,⁢⁢⁢t7=3,27,⁢⁢⁢t8=4,26.

Po przedłużeniu otrzymujemy:

B⁢t=⁡exp⁡-0,0674⁢t dla t∈0,t11,002⁢exp⁡-0,0732⁢t dla t∈t1,t21,000⁢exp⁡-0,0702⁢t dla t∈t2,t31,006⁢exp⁡-0,0763⁢t dla t∈t3,t41,004⁢exp⁡-0,0754⁢t dla t∈t4,t51,022⁢exp⁡-0,0843⁢t dla t∈t5,t60,990⁢exp⁡-0,0703⁢t dla t∈t6,t71,038⁢exp⁡-0,0847⁢t dla t∈t7,t8⁢

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

Rynki kapitałowe (Matematyka finansowa I)