Solución de la frontera de eficiencia de Merton 1972 mediante álgebra lineal

Question

Este es un problema que puedo seguir usando la notación de suma como se hace en Merton (1972) pero estoy teniendo problemas para encontrar la misma solución usando métodos de álgebra lineal.

El problema de encontrar la frontera de las carteras eficientes de varianza media se ha resumido en forma de álgebra matricial a partir de Merton (1972) de este modo:

Sea $\Omega$ sea la matriz de covarianzas, y suponemos que es definida positiva y no singular.

\begin{align} (1) \qquad \min \omega '\Omega \omega \\ \text{s.t.} \quad & \omega ' \mu = \mu_p \\ & \omega ' \ \iota = 1 \\ \end{align}

donde $\omega$ es un vector de proporciones de cada acción que se invertirá en la cartera $\mu$ es el vector de rendimientos esperados para todos los activos de la cartera y $\iota$ es el vector conforme de unos.

Utilizando multiplicadores de Lagrange (1) puede escribirse como

\begin{align} (2) \quad L = \omega ' \Omega \omega + \gamma_1(\mu_p - \omega ' \mu) + \gamma_2(1 - \omega ' \iota) \end{align}

donde 1 y 2 son multiplicadores de lagrange.

Los FOC estándar para un punto crítico son:

\begin{align} (3) \qquad 2 \Omega \omega - \gamma_1 \mu - \gamma_2 \iota = 0 \end{align}

combinando las restricciones anteriores encontramos la solución

\begin{align} (4) \qquad \omega_p = g + h \mu_p \end{align}

Dónde

$$\begin{align} \quad g = \frac{1}{D}[B(\Omega^{-1} \iota) - A(\Omega^{-1} \mu)] \\ \text{and} \end{align}$$

$$\begin{align} \qquad & \quad h = \frac{1}{D}[C(\Omega^{-1} \mu) - A(\Omega^{-1} \iota)] \qquad \end{align}$$

y

$$\qquad A = \iota ' \Omega^{-1}\mu \qquad$$ $$\qquad B = \mu ' \Omega^{-1} \mu \qquad$$ $$\qquad C = \iota ' \Omega^{-1}\iota \qquad$$ $$\qquad D = BC - A^2 \qquad$$

¿Alguien puede mostrarme cómo se llega de (3) a la solución (4)?

Answer 1

Resuelva primero (3) para los pesos óptimos multiplicando por la inversa $\frac{1}{2} \Omega^{-1}$ para obtener

$$\tag{*}\omega = \frac{\gamma_1}{2} \Omega^{-1}\mu + \frac{\gamma_2}{2} \Omega^{-1}\iota .$$

Si se cumplen las condiciones, se obtienen dos ecuaciones lineales para los multiplicadores desconocidos $\gamma_1/2$ y $\gamma_2/2$ ,

$$\tag{**}\mu_p = \omega' \mu = (\Omega^{-1}\mu)'\mu \frac{\gamma_1}{2} + (\Omega^{-1}\iota)' \mu\frac{\gamma_2}{2}, \\ 1 = \omega' \iota = (\Omega^{-1}\mu)'\iota \frac{\gamma_1}{2} + (\Omega^{-1}\iota)' \iota\frac{\gamma_2}{2}.$$

Desde $\Omega = \Omega'$ tenemos $$(\Omega^{-1}\mu)' = \mu'(\Omega^{-1})' = \mu' (\Omega')^{-1} = \mu' \Omega^{-1}, \\ (\Omega^{-1}\iota)' = \iota'(\Omega^{-1})' = \iota' (\Omega')^{-1} = \iota' \Omega^{-1}. $$

Por lo tanto, (**) puede reescribirse como

$$\mu'\Omega^{-1}\mu \frac{\gamma_1}{2} + \iota'\Omega^{-1}\mu\frac{\gamma_2}{2} = \mu_p, \\ \mu'\Omega^{-1}\iota \frac{\gamma_1}{2} + \iota'\Omega^{-1} \iota\frac{\gamma_2}{2}= 1.$$

Avec $A$ , $B$ y $C$ y observando que $A = \iota'\Omega^{-1}\mu =\mu'\Omega^{-1}\iota $ (ya que un escalar es igual a su transpuesto), el sistema de ecuaciones se convierte en

$$B \frac{\gamma_1}{2} + A \frac{\mu_2}{2} = \mu_p, \\ A\frac{\gamma_1}{2} + C \frac{\mu_2}{2} = 1.$$

A partir de aquí, debería ser capaz de resolver para $\gamma_1/2$ y $\gamma_2/2$ sustituyendo en (*) se obtiene la solución óptima para $\omega$ que se escribe como $\omega_p$ .