Correction

ESSEC I 2016

On s’intéresse dans ce problème à deux mesures du risque utilisées par les marchés financiers.

Pour cela, on considère des variables aléatoires sur un espace probabilisé(Ω,A,P), qui modélisent des pertes financières subies par des acteurs économiques sur une période donnée.

Toutes les variables aléatoires définies dans ce problème sont des variables aléatoires sur cet espace probabilisé.

SoitD l’ensemble des variables aléatoires réelles à densitéX vérifiant :

• X admet une espérance notéeE(X).

• il existe un intervalle IX (dont on admet l’unicité) sur lequel la fonction de répartition de X, notée F_X, réalise une bijection de classeC¹ strictement croissante deI_X sur]0,1[.

On noteG_X la bijection réciproque, définie de ]0,1[surI_X. Les notationsF_X etG_X seront utilisées dans tout le sujet.

Dans tout le problèmeβ est un réel appartenant à]0,1[et représentant un niveau de confiance.

Partie I - Définition et propriétés de la « Value at Risk »

1. SoitX ∈ D. Montrer qu’il existe un unique réelvtel queP([X6v]) =β, et que l’on av=G_X(β).

Démonstration.

• La v.a.r.X appartient àD.

DoncF_X réalise une bijection de I_X dans ]0,1[.

Orβ ∈]0,1[.

Donc il existe un unique v∈I_X ⊂Rtel que P([X6v]) =F_X(v) =β.

• D’après l’énoncé, la fonctionGX est la bijection réciproque de FX surIX. Donc :v=G_X(F_X(v)) =G_X(β).

• On définit alorsrβ(X)appelé la « Value at Risk »au niveau de confianceβdeX, parrβ(X) =GX(β).

C’est une grandeur qui permet d’évaluer le risque pris par l’acteur qui détient l’actif dont les pertes sont modélisées parX.

• On remarque que r_β(X) est égal au capital minimal qu’il faut détenir pour être en mesure de couvrir les pertes de l’actif associé à X avec une probabilité égale à β.

2. On suppose que, dans cette question, X est une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre λ∈ ]0,+∞[.

a) Rappeler la valeur deFX(x) pour tout réel x.

Démonstration.

F_X :x7→

1−e^{−λ x} six>0 0 six <0 b) En déduire queX ∈ D et que l’on ar_β(X) =−1

λln(1−β).

Démonstration.

• La v.a.r. X est à densité.

• Elle admet une espérance (E(X) = 1 λ).

• La fonctionF_X est :

× continue sur ]0,+∞[,

× strictement croissante sur ]0,+∞[.

En effet, la fonction FX est dérivable sur ]0 +∞[et :

∀x∈]0,+∞[, F_X⁰ (x) =−(−λ)e^{−λ x}=λe^{−λ x}>0 Ainsi, F_X réalise une bijection de]0,+∞[sur F_X(]0,+∞[).

Comme FX est une fonction de répartition, on a : lim

x→+∞FX(x) = 1.

D’où :

F_X(]0,+∞[) =

lim

x→0⁺ F_X(x), lim

x→+∞F_X(x)

= ]0,1[

Ainsi, la fonctionF_X réalise une bijection de]0,+∞[sur]0,1[.

Finalement : X∈ D.

• Déterminons G_X.

Soitx∈ ]0,+∞[. Soit β∈ ]0,1[.

G_X(β) =x ⇔ β =F_X(x) ⇔ β = 1−e^{−λ x}

⇔ 1−β =e^{−λ x} ⇔ ln(1−β) =−λ x

⇔ −1

λ ln(1−β) =x Ainsi :∀β ∈]0,1[,GX(β) =−1

λ ln(1−β).

r_β(X) =−1

λ ln(1−β)

3. On suppose dans cette question que X etY sont deux variables aléatoires indépendantes suivant la loi normale de paramètres m etσ² pourX et de paramètres µets² pourY.

On note Φla fonction de répartition de la loi normale centrée réduite etϕsa densité usuelle.

a) (i) Justifier queΦréalise une bijection deR sur]0,1[. On noteΦ⁻¹ la bijection réciproque.

Démonstration.

La fonctionϕ:x7→ 1

√ 2πe^−x

2

2 est continue surR.

DoncΦest de classe C¹ surRen tant que primitive deϕet :

∀x∈R, Φ⁰(x) =ϕ(x)>0

Donc la fonctionΦest strictement croissante sur R. En résumé, la fonctionΦest :

× continue surR (car de classeC¹ surR),

× strictement croissante sur R.

AinsiΦréalise une bijection de R= ]− ∞,+∞[sur Φ(]− ∞,+∞[).

OrΦest une fonction de répartition, donc : lim

x→−∞Φ(x) = 0 et lim

x→+∞ Φ(x) = 1.

On en déduit :

Φ(]− ∞,+∞[) =

x→−∞lim Φ(x), lim

x→+∞ Φ(x)

= ]0,1[

Ainsi, la fonction Φréalise une bijection de Rsur]0,1[.

(ii) Pour toutx∈R, exprimerF_X(x) en fonction deΦ,m,σ etx.

Démonstration.

• D’après l’énoncé : X ,→ N m, σ² .

On noteZ la v.a.r. centrée réduite associée à X. Alors : Z = X−E(X)

p

V(X) = X−m σ

La v.a.r.Zest une transformée affine deXqui suit une loi normale. DoncZ suit également une loi normale.

De plus :E(Z) = 0 etV(Z) = 1.

Donc :Z ,→ N (0,1).

On rappelle le résultat de cours suivant :∀(a, b)∈R^∗×R, X ,→ N m, σ²

⇔ aX+b ,→ N am+b, σ² En particulier :X ,→ N m, σ²

⇔ X^∗ = X−m

σ ,→ N(0,1).

Commentaire

• Soitx∈R.

FX(x) = P([X 6x]) = P([X−m6x−m])

= P

X−m

σ 6 x−m σ

= P

Z6 x−m σ

= Φ

x−m σ

∀x∈R,F_X(x) = Φ

x−m σ

La démonstration de ce résultat pouvait également s’effectuer par calcul direct.

Soit x∈R.

F_X(x) =P([X 6x]) = Z _x

−∞

f_X(t) dt Or X ,→ N m, σ²

. Donc : fX(x) = 1

σ√ 2πe⁻

(x−m)2 2σ2 = 1

σϕ

x−m σ

D’où :

FX(x) = Z x

−∞

1 σϕ

t−m σ

dt Commentaire

Deux méthodes de résolution sont alors possibles :

• Méthode 1. On remarque :

∀t∈R, Φ

t−m σ

= 1 σϕ

t−m σ

SoitA∈ ]− ∞, x].

Z x A

1 σϕ

t−m σ

dt =

Φ

t−m σ

x

A

= Φ

x−m σ

−Φ

A−m σ

Or, commeΦest une fonction de répartition : lim

A→−∞Φ

A−m σ

= 0.

D’où :FX(x) = Φ

x−m σ

.

• Méthode 2. On effectue le changement de variable u= t−m

σ .

u= t−m

σ (et donct=σ u+m) ,→ du= 1

σ dt et dt=σ du

• t=−∞ ⇒ u=−∞

• t=x ⇒ u= x−m σ

Ce changement de variable est valide carψ:u7→σ u+m est de classeC¹ sur]− ∞, x].

On obtient alors : F_X(x) =

Z x

−∞

ϕ

t−m σ

1 σ dt =

Z ^x−m

σ

−∞

ϕ(u) du = Φ

x−m σ

Commentaire

(iii) En déduire queX ∈ D et quer_β(X) =m+σΦ⁻¹(β).

Démonstration.

• La v.a.r. X est à densité.

• Elle admet une espérance (E(X) =m).

• On notef la fonction définie par :

f :x7→ x−m σ Alors :F_X = Φ◦f.

D’après la question3.a)(i), on sait que Φréalise une bijection de Rsur]0,1[.

Montrons alors quef réalise une bijection deR surR. Soity∈R. Soitx∈R.

y=f(x) ⇔ y= x−m

σ ⇔ σ y=x−m ⇔ σ y+m=x

Ainsi, la fonctionf réalise une bijection deR surR, de réciproquef⁻¹ :x7→σ x+m.

Finalement, la fonctionF_X réalise une bijection deRdans ]0,1[.

Ainsi :X∈ D.

• Déterminons G_X.

Tout d’abord :FX = Φ◦f. Donc :GX =F_X⁻¹ =f⁻¹◦Φ⁻¹. Soitβ ∈]0,1[. On obtient alors :

G_X(β) =f⁻¹(Φ⁻¹(β)) =σΦ⁻¹(β) +m Ainsi :r_β(X) =m+σΦ⁻¹(β).

b) Quelle est la loi deX+Y ?

En déduirer_β(X+Y) en fonction dem,µ,σ,setβ.

Démonstration.

• Les v.a.r.X etY :

× sont indépendantes,

× suivent des lois normales (X ,→ N m, σ²

etY ,→ N µ, s² ).

Donc par stabilité des lois normales,X+Y suit une loi normale.

De plus, par linéarité de l’espérance :

E(X+Y) =E(X) +E(Y) =m+µ Par indépendance de X etY :

V(X+Y) =V(X) +V(Y) =σ²+s² D’où :X+Y ,→ N m+µ, σ²+s²

• On applique le résultat de la question3.a) pourm=m+µetσ² =σ²+s². On obtient : r_β(X+Y) = (m+µ) +√

σ²+s² Φ⁻¹(β).

c) Pour quelsβ ∈]0,1[a-t-on r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y)? Démonstration.

Soitβ ∈]0,1[.

r_β(X) +r_β(Y) = (m+σΦ⁻¹(β)) + (µ+sΦ⁻¹(β)) = (m+µ) + (σ+s)Φ⁻¹(β) Donc :

r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y) ⇔ (m+µ) +√

σ²+s² Φ⁻¹(β)6(m+µ) + (σ+s)Φ⁻¹(β)

⇔ √

σ²+s² Φ⁻¹(β)6(σ+s)Φ⁻¹(β) Trois cas se présentent alors.

• SiΦ⁻¹(β)>0. Alors :

r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y) ⇔ √

σ²+s² 6σ+s

⇔ σ²+s² 6(σ+s)²

(car σ >0,s >0 et x7→x² est strictement croissante sur ]0,+∞[)

⇔ σ² +s² 6σ² + 2σ s+s²

⇔ 06σ s

Orσ >0 ets >0, donc la dernière assertion est vraie.

D’où, par équivalence, la première aussi, c’est-à-dire :

r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y)

• SiΦ⁻¹(β)<0. Alors, avec le même raisonnement que précédemment : r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y) ⇔ p

σ²+s² >σ+s ⇔ 0>σ s Cette dernière assertion est fausse. Donc, par équivalence, la première aussi.

• SiΦ⁻¹(β) = 0. Alors l’inégalité : √

σ²+s² Φ⁻¹(β)6(σ+s)Φ⁻¹(β), est trivialement vérifiée.

On a donc encore par équivalence :

r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y) De plus :

Φ⁻¹(β) = 0 ⇔ β = Φ(0) = 1 2

Finalement :r_β(X+Y)6r_β(X) +r_β(Y) ⇔ β > 1 2.

4. Soit X une variable aléatoire appartenant àD,c un réel etλun réel strictement positif.

On pose Y =X+cetZ =λX et on admet que Y etZ appartiennent àD.

a) Montrer querβ(Y) =rβ(X) +c.

Démonstration.

• Déterminons le lien entre F_Y etF_X. Soitx∈R.

FY(x) = P([Y 6x]) = P([X+c6x]) = P([X6x−c]) = FX(x−c)

• De plus, par définition der_β :

× β =F_X(r_β(X))

× β =F_Y(r_β(Y)) =F_X(r_β(Y)−c), d’après la relation précédente.

D’où :

F_X(r_β(X)) =F_X(r_β(Y)−c)

Or, commeX∈ D, la fonction F_X réalise une bijection deI_X sur]0,1[. Donc : r_β(X) =r_β(Y)−c

r_β(Y) =r_β(X) +c b) Montrer querβ(Z) =λ rβ(X).

Démonstration.

• Déterminons le lien entre F_Z etF_X. Soitx∈R.

F_Z(x) = P([Z6x]) = P([λ X6x]) = P h

X6 x λ

i

= F_Xx λ

• De plus, par définition derβ :

× β =FX(rβ(X))

× β =F_Z(r_β(Z)) =F_X

r_β(Z) λ

, d’après la relation précédente.

D’où :

FX(rβ(X)) =FX

r_β(Z) λ

Or, commeX∈ D, la fonction FX réalise une bijection deIX sur]0,1[. Donc : r_β(X) = r_β(Z)

λ rβ(Z) =λ rβ(X)

5. SoitX etY deux variables aléatoires appartenant àDet telles que pour toutω∈Ω,X(ω)6Y(ω).

a) Comparer, pour tout réelx,F_X(x) etF_Y(x).

Démonstration.

Soitx∈R. Soit ω∈Ω.

Supposonsω∈[Y 6x], autrement dit :Y(ω)6x.

CommeX(ω)6Y(ω), on obtient :X(ω)6x, c’est-à-direω∈[X 6x].

On en déduit :

[Y 6x]⊂[X6x]

Donc, par croissance deP :

P([Y 6x])6P([X 6x]) Ainsi :∀x∈R,F_Y(x)6F_X(x).

En général, pour comparer des probabilités, on s’efforcera de raisonner dans un premier temps sur les événements.

Commentaire

b) En déduire quer_β(X)6r_β(Y).

Démonstration.

Par définition der_β :

F_X(r_β(X)) = β = F_Y(r_β(Y)) Or, d’après la question précédente :F_Y(r_β(Y)) 6 F_X(r_β(Y)). Donc :

F_X(r_β(X)) 6 F_X(r_β(Y))

Or, commeX∈ D, la fonctionFX réalise une bijection strictement croissante deIX sur]0,1[.

Ainsi : rβ(X)6rβ(Y).

Partie II - Estimation de la valeur de r

(X )

Dans la pratique la loi deX n’est pas totalement connue et on a besoin d’avoir une idée assez précise de la « Value at Risk » ne connaissant qu’un certain nombre de valeurs de cette variable.

On modélise cette situation en supposant, dans cette partie, que la loi deX dépend d’un paramètre θ inconnu appartenant à un sous ensembleΘdeRouR², quer_β(X) =g(θ)oùgest une fonction définie surΘet que pour toutθ∈Θ,X ∈ D.

On utilise aussi les hypothèses et notations suivantes :

• (X_k)_k>1 est une suite de variables aléatoires réelles appartenant à D, mutuellement indépendantes, de même loi que X.

• pour tout ω ∈ Ω et n ∈ N^∗, on ordonne X₁(ω), . . . , X_n(ω) dans l’ordre croissant et on note alors X_1,n(ω), . . . , X_n,n(ω) les valeurs obtenues.

En particulier, X1,n(ω) est la plus petite des valeursX1(ω), . . . , Xn(ω) etXn,n(ω) la plus grande.

• on admet que pour tout n∈N^∗ etk∈J1, nK, les Xk,n sont des variables aléatoires.

• pour tout réel x et tout entier naturel non nuln, on définit la variable aléatoireNx,n ainsi :

pour toutω∈Ω,N_x,n(ω)est le nombre d’indiceskcompris entre1etntels que l’on aitX_k(ω)6x.

6. Montrer que pour tout x ∈ R et tout n ∈ N^∗, Nx,n suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres. En déduire l’espérance et la variance de N_x,n.

Démonstration.

• Soitω ∈Ω. Pour déterminer le nombre d’indices k∈J1, nKtels que X_k(ω)6x, on teste succes- sivement pour chaquek∈J1, nKsiX_k(ω) est inférieur à x.

On considère alors le test à deux issues suivant :

× soit X est inférieur à x,

× soit X est strictement supérieur à x.

Il définit donc une épreuve de Bernoulli.

• On considère alors l’expérience consistant en la succession denépreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. En effet :

× il y a autant d’épreuves que de v.a.r. X1,. . .,Xn,

× ces épreuves sont identiques car X1,. . .,Xn ont même loi,

× elles sont indépendantes carX1,. . .,Xnsont indépendantes.

Le succès de celles-ci est d’obtenirX inférieure à x, ce qui se produit avec probabilité : P([X 6x]) =F_X(x)

• La v.a.r.N_x,n est la v.a.r. associée au nombre de succès de cette expérience.

DoncN_x,n suit la loi binomiale de paramètresnetF_X(x) Nx,n ,→ B(n, FX(x))

On en déduit : E(N_x,n) =n F_X(x) etV(N_x,n) =n F_X(x)(1−F_X(x)).

7. Montrer que pour tout x∈Retε >0:

n→+∞lim P

N_x,n

n −F_X(x) >ε

= 0 Démonstration.

Soit x∈R. Soitε >0.

• La v.a.r. N_x,n

n admet une variance carN_x,n en admet une.

On peut donc appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. On obtient : P

N_x,n n −E

N_x,n n

>ε

6 V

_N

x,n

n

ε² (∗)

• De plus, par linéarité de l’espérance : E

Nx,n

n

= E(Nx,n)

n = n FX(x)

n = F_X(x) Par propriété de la variance :

V Nx,n

n

= V(Nx,n)

n² = n FX(x)(1−FX(x))

n² = FX(x)(1−FX(x)) n

• L’inégalité(∗) devient donc : P

N_x,n

n −F_X(x) >ε

6 F_X(x)(1−F_X(x)) n ε²

• Par propriété d’une probabilité : 0 6 P

N_x,n

n −F_X(x) >ε

6 F_X(x)(1−F_X(x)) n ε²

• Or : lim

n→+∞

F_X(x)(1−F_X(x)) n ε² = 0.

Donc, par théorème d’encadrement :

n→+∞lim P

Nx,n

n −F_X(x) >ε

= 0.

8. Soit x∈Retn∈N^∗.

a) Montrer que pour toutk∈J1, nK, il y a égalité entre les événements [X_k,n 6x]et[N_x,n>k].

Démonstration.

Soitk∈J1, nK.

• Les v.a.r.X1,n,. . .,Xn,n sont ordonnées dans l’ordre croissant, c’est-à-dire :

∀ω ∈Ω, X_1,n(ω)6X_2,n(ω)6· · ·6X_k,n(ω)6X_k+1,n(ω)6· · ·6X_n,n(ω)

• Or, par définition deN_x,n, l’événement[N_x,n >k]est réalisé si et seulement s’il existe au moins kv.a.r. parmiX1,. . .,Xntelles que les événements[Xi6x]soient réalisés.

Donc, comme : ∀ω∈Ω, X1,n(ω)6· · ·6X_k,n(ω)6X_k+1,n(ω)6· · ·6Xn,n(ω) : [Nx,n >k] = [X1,n 6x]∩ · · · ∩[X_k,n 6x]

• Or : pour touti∈J1, kK,[Xk,n 6x]⊂[Xi,n6x](car : ∀ω∈Ω, Xi,n(ω)6Xk,n(ω)).

Donc, finalement :∀k∈J1, nK,[Nx,n>k] = [Xk,n 6x].

b) En déduire que pour toutk∈J1, nK: P([X_k,n6x]) =

n

P

r=k

n r

(F_X(x))^r(1−F_X(x))^n−r et queX_k,n est une variable aléatoire à densité.

Démonstration.

Soitk∈J1, nK.

• D’après la question précédente et commeN_x,n(Ω) =J0, nK: P([Xk,n 6x]) = P([Nx,n >k]) = P

_n S

r=k

[Nx,n=r]

Or les événements[Nx,n =k],. . .,[Nx,n =n]sont incompatibles. Donc : P

_n S

r=k

[Nx,n =r]

=

n

P

r=k

P([Nx,n =r]) Or, d’après la question 6.:Nx,n ,→ B(n, F_X(x)). Donc :∀r∈Jk, nK,

P([N_x,n=r]) = n

r

(F_X(x))^r(1−F_X(x))^n−r

D’où : P([Xk,n 6x]) =

n

P

r=k

n r

(FX(x))^r(1−FX(x))^n−r

• Comme X∈ D, la v.a.r. X est une v.a.r. à densité.

En particulier, sa fonction de répartitionF_X est :

× continue sur R,

× de classeC¹ surRsauf éventuellement en un nombre fini de points.

Or, d’après ce qui précède :

F_Xk,n(x) =P([X_k,n6x]) =

n

P

r=k

n r

(F_X(x))^r(1−F_X(x))^n−r Donc la fonction de répartitionFX_k,n est :

× continue sur Ren tant que somme et produit de fonctions continues surR,

× de classeC¹ surRsauf éventuellement en un nombre fini de points, pour la même raison.

La v.a.r.X_k,n est une v.a.r. à densité.

Il n’est pas nécessaire, dans cette question, de détailler la continuité et le caractèreC¹ sur R de la fonction F_Xk,n : ce qui est testé ici, c’est la connaissance de la définition d’une v.a.r. à densité.

Commentaire

9. Soit (U_n)n∈N^∗ une suite de variables aléatoires etcun réel. On suppose que pour toutε >0:

n→+∞lim P([|U_n−c|>ε]) = 0

On considère (un)_n>1 une suite convergente de réels et on pose `= lim

n→+∞un. a) Établir que : lim

n→+∞ P([Un>t]) =

0 si t > c 1 si t < c . Démonstration.

• Étudions tout d’abord l’hypothèse de l’énoncé.

Soitε >0. Soitn∈N^∗.

P([|U_n−c|>ε]) = 1−P([|U_n−c|< ε]) L’hypothèse de l’énoncé apporte donc deux informations.

× Tout d’abord : lim

n→+∞P([|U_n−c|>ε]) = 0 (évidemment)

× Ensuite : lim

n→+∞P([|U_n−c|< ε]) = 1

• Soitt > c. Alors il existeε0 >0tel que : t=c+ε0. Donc :

[U_n>t] = [U_n>c+ε₀] = [U_n−c>ε₀] Montrons :[U_n−c>ε₀] ⊂ [|U_n−c|>ε₀].

Soitω ∈Ω.

Supposonsω∈[U_n−c>ε₀], autrement dit U_n(ω)−c>ε₀.

Donc, par croissance de la fonctionx7→ |x|sur[0,+∞[(on a bienε0 >0) : |U_n(ω)−c|>ε0, c’est-à-direω∈[|U_n−c|>ε0].

D’où :[U_n−c>ε₀] ⊂ [|U_n−c|>ε₀].

Ainsi :[U_n>t] ⊂ [|U_n−c|>ε₀].

On en déduit, par propriétés d’une probabilité :

0 6 P([U_n>t]) 6 P([|U_n−c|>ε₀]) Or, d’après l’énoncé :

n→+∞lim P([|U_n−c|>ε0]) = 0 Donc, par théorème d’encadrement :∀t > c, lim

n→+∞P([Un>t]) = 0.

• Soitt < c. Alors il existeε1 >0tel que : t=c−ε1. Donc : [Un>t] = [Un>c−ε1] Montrons :[|U_n−c|< ε₁] ⊂ [U_n>c−ε₁].

Soitω ∈Ω.

Supposonsω∈[|U_n−c|< ε₁], autrement dit |U_n(ω)−c|< ε₁. Or :

|U_n(ω)−c|< ε₁ ⇔ −ε₁ < U_n(ω)−c < ε₁ ⇔ c−ε₁ < U_n< c+ε₁ En particulier :Un(ω)>c−ε1, c’est-à-direω∈[Un>c−ε1].

D’où :[|U_n−c|< ε₁] ⊂ [U_n>c−ε₁]

Ainsi :[|U_n−c|< ε₁] ⊂ [U_n>t].

D’où, par propriétés d’une probabilité :

P([|U_n−c|< ε₁]) 6 P([U_n>t]) 6 1 Or, d’après l’énoncé :

n→+∞lim P([|U_n−c|< ε1]) = 1 Donc, par théorème d’encadrement :∀t < c, lim

n→+∞P([Un>t]) = 1.

Finalement : lim

n→+∞P([Un>t]) =

0 si t > c 1 si t < c . b) On suppose` > cet on poseε= `−c

2 .

En remarquant que`−ε=c+ε, montrer qu’à partir d’un certain rang, un>c+ε.

En déduire que lim

n→+∞P([U_n>u_n]) = 0.

Démonstration.

• D’après l’énoncé lim

n→+∞un=`.

Donc il existeN ∈N tel que, pour toutn>N :|u_n−`|6ε.

Or, pour toutn>N :

|u_n−`|6ε ⇔ −ε6un−`6ε ⇔ `−ε6un6`+ε En particulier, pour toutn>N :

un>`−ε=c+ε

D’où, à partir du rangN :un>c+ε.

• Soitn>N. Alors : un>c+ε.

Donc :

[Un>un] ⊂ [Un>c+ε]

D’où, d’après les propriétés d’une probabilité :

0 6 P([U_n>u_n]) 6 P([U_n>c+ε]) Or, d’après la question 9.a) : lim

n→+∞P([U_n>c+ε]) = 0.

Donc, par théorème d’encadrement : lim

n→+∞P([U_n>u_n]) = 0.

• On utilise ici la définition de la convergence d’une suite(un) vers `:

((un) converge vers`∈R) ⇔ (∀ε >0, ∃N ∈N, (n>N)⇒(|u<sub>n</sub>−`|6ε))

• Démontrons :`−ε=c+ε.

D’une part :

`−ε = `−`−c

2 = 2`−(`−c)

2 = `+c

2 D’autre part :

c+ε = c+ `−c

2 = 2c+ (`−c)

2 = `+c

2 On a donc bien : `−ε=c+ε.

Commentaire

c) Montrer de même que si` < c, lim

n→+∞P([U_n>u_n]) = 1.

Démonstration.

On poseε⁰ = c−` 2 .

• D’après l’énoncé lim

n→+∞u_n=`.

Donc il existeN⁰ ∈N tel que, pour toutn>N⁰ : un6`+ε⁰

D’où, puisque `+ε⁰ =c−ε⁰, à partir du rangN⁰ :u_n6c−ε⁰.

• Soitn>N⁰. Alors : un6c−ε⁰. Donc : U_n>c−ε⁰

⊂[U_n>u_n] D’où, d’après les propriétés d’une probabilité :

P(

U_n>c−ε⁰

) 6 P([U_n>u_n]) 6 1 Or, d’après la question 9.a) : lim

n→+∞P([Un>c−ε⁰]) = 1.

Donc, par théorème d’encadrement, si` < c: lim

n→+∞P([U_n>u_n]) = 1.

Détaillons l’égalité `+ε⁰ =c−ε⁰. D’une part :

`+ε<sup>0</sup> = `+c−`

2 = 2`+ (c−`)

2 = `+c

2 D’autre part :

c−ε⁰ = c−c−`

2 = 2c−(c−`)

2 = `+c

2 On a donc bien : `+ε⁰=c−ε⁰.

Commentaire

10. On définit pour toutn∈N^∗ tel quenβ>1, la variable aléatoire Y_n sur(Ω,A,P)parY_n=X_bnβc,n où bnβc désigne la partie entière de nβ et on poseθ⁰ =rβ(X).

Soit ε >0.

a) Montrer que :P([|Y_n−θ⁰|6ε]) =P([Y_n6θ⁰+ε])−P([Y_n6θ⁰−ε]).

Démonstration.

On a les égalités suivantes : P([|Y_n−θ⁰|6ε])

= P([−ε6Yn−θ⁰ 6ε])

= P([θ⁰−ε6Yn6θ⁰+ε])

= P([Yn6θ⁰+ε]\[Yn< θ⁰−ε])

= P([Y_n6θ⁰+ε])−P([Y_n6θ⁰+ε]∩[Y_n< θ⁰−ε])

= P([Y_n6θ⁰+ε])−P([Y_n< θ⁰−ε]) (car [Y_n< θ⁰−ε]⊂[Y_n6θ⁰+ε])

= P([Yn6θ⁰+ε])−P([Yn6θ⁰−ε]) (car, d’après 8.b), X_{bn βc,n} est une v.a.r. à densité)

P([|Y_n−θ⁰|6ε]) =P([Y_n6θ⁰+ε])−P([Y_n6θ⁰−ε])

b) En déduire que : P(

|Y_n−θ⁰|6ε ) =P

N_θ⁰_+ε,n

n > bnβc n

−P

N_θ⁰−ε,n

n > bnβc n

Démonstration.

• Par définition de la v.a.r. Y_n : P([Y_n6θ⁰+ε]) = P(

X_{bn βc,n}6θ⁰+ε )

= P(

N_θ⁰_+ε,n >bn βc

) (d’après la question8.a))

= P

Nθ⁰+ε,n

n > bn βc n

(car n >0)

• De même :

P(

Yn6θ⁰−ε ) = P

N_θ⁰_−ε,n

n > bn βc n

• Or, d’après la question précédente : P(

|Y_n−θ⁰|6ε

) = P(

Y_n6θ⁰+ε )−P(

Y_n6θ⁰−ε ) Donc :P([|Y_n−θ⁰|6ε]) = P

N_θ⁰_+ε,n

n > bn βc n

−P

N_θ⁰_−ε,n

n > bn βc n

.

c) En déduire : lim

n→+∞P([|Y_n−θ⁰|6ε]) = 1.

Que peut-on en déduire concernant l’estimateurY_n de r_β(X)? Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• D’après le résultat obtenu à la question précédente, on souhaite appliquer les résultats des questions9.b) et9.c) à :

1) Un= N_θ⁰_+ε,n

n etun= bn βc n

2) Un= N_θ⁰−ε,n

n etun= bn βc n Commençons par le premier cas.

On démontre que toutes les hypothèses d’application des questions9.b)ou9.c) sont vérifiées.

× D’après la question 7.:

n→+∞lim P

N_θ⁰_+ε,n

n −F_X(θ⁰+ε) >ε

= 0

En choisissantc=F_X(θ⁰+ε) etU_n= N_θ⁰_+ε,n

n , on a bien :

n→+∞lim P([|U_n−c|>ε]) = 0.

× Pour tout n∈N^∗, on pose :u_n= bn βc n .

Montrons maintenant que (u_n) converge et déterminons sa limite.

Soit n∈N^∗. Par définition de la partie entière :

bn βc 6 n β < bn βc+ 1 Donc :

n β−1 < bn βc6n β Comme n >0, on obtient :

β− 1

n < bn βc n 6 β Or : lim

n→+∞

β+ 1

n

=β.

Donc, par théorème d’encadrement : lim

n→+∞un=β. On choisit alors :`=β.

× Pour savoir si l’on applique la question9.b)ou la question9.c), il faut maintenant comparer les réels c et`.

Par définition de r_β(X) :

` < c ⇔ β < FX(θ⁰+ε) ⇔ FX(rβ(X))< FX(θ⁰+ε)

Or, comme X∈ D, la fonctionF_X est une bijection strictement croissante de I_X sur ]0,1[.

Donc :

` < c ⇔r_β(X)< θ⁰+ε Or θ⁰ =r_β(X) etε >0, donc la dernière assertion est vraie.

Par équivalence, on obtient donc : ` < c.

× On est donc ici dans le cadre d’application de la question 9.c). Donc :

n→+∞lim P([Un>un]) = 1

On en déduit : lim

n→+∞P

N_θ⁰_+ε,n

n > bn βc n

= 1.

× On démontrerait de même, avec la question9.b), en choisissant : Un= N_θ⁰−ε,n

n , un= bn βc

n , c=FX(θ⁰−ε) et `=β la convergence suivante :

n→+∞lim P([U_n>u_n]) = 0 On en déduit : lim

n→+∞P

Nθ⁰−ε,n

n > bn βc n

= 0.

D’après la question précédente, on obtient donc :

n→+∞lim P([|Y_n−θ⁰|6ε]) = 1−0 = 1.

• On sait :

P(

|Y_n−θ⁰|> ε

) = 1−P(

|Y_n−θ⁰|6ε ) Donc, d’après ce qui précède :

n→+∞lim P(

|Y_n−θ⁰|> ε ) = 0 D’où(Yn) converge en probabilité versθ⁰.

On en déduit queY_n est un estimateur convergent deθ⁰ =r_β(X).

Il peut être intéressant de garder en tête le résultat suivant :bxc ∼

x→+∞ x.

Ce résultat est à savoir redémontrer. Détaillons cette démonstration.

Soit x∈]0,+∞[.

Par définition de la partie entière : bxc6x <bxc+ 1. Donc : x−1<bxc6x

D’où, comme x >0:

1− 1 x < bxc

x 61 Or : lim

x→+∞

1− 1

x

= 1.

Ainsi, par théorème d’encadrement : lim

x→+∞

bxc

x = 1. C’est-à-dire :bxc ∼

x→+∞ x.

Commentaire

11. On suppose que l’on a défini un fonction d’en-têtefunction R = triCroissant(T) qui renvoie le tableau des valeurs se trouvant dans T rangées dans l’ordre croissant.

Par exemple, si T=[0 -1 0 2 4 2 3]alorsdisp(triCroissant(T))affiche : ans =

-1. 0. 0. 2. 2. 3. 4.

Écrire une fonctionScilabd’en-têtefunction r = VaR(X,beta)qui renvoie la valeur de l’estima- tion obtenue avec l’estimateur Y_n pourr_β(X) si le tableauX contient la réalisation de l’échantillon (X₁, . . . , X_n) etbetala valeur deβ.

Démonstration.

1 function r = VaR(X,beta)

2 n = length(^X)

3 Z = triCroissant(X)

4 r = Z(floor(n ? beta))

5 endfunction

Détaillons l’obtention de cette fonction.

D’après la question précédente, on sait que Yn=Xbn βc,n est un estimateur convergent de rβ(X).

Pour déterminer Y_n à partir deX₁,. . .,X_n, on souhaite donc :

1) définir n. Il s’agit de la taille de l’échantillonX1,. . .,Xn.

Donc on stocke cette valeur dans la variablen avec la commande suivante :

2 n = length(X)

2) obtenir une réalisation de X_1,n, . . ., X_n,n, c’est-à-dire ordonner une réalisation de X₁, . . ., X_n dans l’ordre croissant.

On stocke ce nouveau vecteur dans la variableZ avec la commande suivante :

3 Z = triCroissant(^x)

3) sélectionner dans ce vecteur la réalisation deX_{bn βc,n}, ce qui correspond à labn βc^èmecoordonnée du vecteur Z.

On stocke ce résultat dans la variable de sortie r, ce qui donne :

4 r = Z(floor(n ? beta)) où la commandefloor correspond à la fonction partie entière.

Partie III - L’« Expected Shortfall »(ES)

On conserve les notations de la partie I.

Pour qu’une mesure de risque soit acceptable, on souhaite qu’elle vérifie un certaines propriétés.

On dit qu’une fonctionρ définie sur D à valeurs réelles est une mesure de risque cohérente surD si elle vérifie les quatre propriétés :

(R1) ∀X∈ D,∀c∈R, ρ(X+c) =ρ(X) +c; (R2) ∀X∈ D,∀λ∈R, ρ(λX) =λρ(X);

(R₃) ∀(X, Y)∈ D², si pour toutω∈Ω,X(ω)6Y(ω) alorsρ(X)6ρ(Y); (R4) ∀(X, Y)∈ D², telles que X+Y ∈ D, ρ(X+Y)6ρ(X) +ρ(Y).

12. Montrer que l’espérance est une mesure de risque cohérente surD.

Démonstration.

Montrons que l’espérance vérifie les propriétés(R₁) à (R₄).

Soit (X, Y)∈ D². Soit(c, λ)∈R².

• Par linéarité de l’espérance :

E(X+c) =E(X) +E(c) =E(X) +c et E(λ X) =λE(X) Donc(R1) et(R2) sont vérifiées.

• Par croissance de l’espérance :

si pour toutω ∈Ω, X(ω)6Y(ω), alorsE(X)6E(Y) Donc(R₃) est vérifiée.

• Par linéarité de l’espérance :

E(X+Y) =E(X) +E(Y) Donc, en particulier :E(X+Y)6E(X) +E(Y).

Ainsi,(R₄) est vérifiée.

On en déduit que l’espérance est une mesure de risque surD.

13. La « Value at Risk »r_βest-elle une mesure de risque cohérente surDpour toute valeur deβ ∈]0,1[? On détaillera si chacune des propriétés de (R1) à(R4) est satisfaite ou non.

Démonstration.

• D’après la question4.a),rβ vérifie (R1).

• D’après la question4.b),rβ vérifie (R2).

• D’après la question5.,r_β vérifie (R₃).

• D’après la question3., si on considère : X ,→ N m, σ²

et Y ,→ N µ, s² Alorsr¹

4

ne vérifie pas (R4).

(en fait, pour tout β < 1

2,r_β ne satisfait pas (R4))

On en déduit que r_β n’est pas une mesure de risque cohérente pour tout β∈ ]0,1[.

Attention : la question 3.démontre : β < 1

2 ⇒ (R₄) n’est pas vérifié.

Elle utilise pour cela un contre-exemple.

Cependant, ce résultat n’est pas une équivalence ! En particulier, rien ne dit :

β > 1

2 ⇒ (R₄) est vérifiée.

Pour démontrer un tel résultat, il faudrait considérer deux v.a.r.XetY dansDquelconque (et non des v.a.r. gaussiennes).

Commentaire

SoitX une variable aléatoire appartenant àD, admettant une densité f_X. On définit l’ « Expected Shortfall » de X de niveau de confiance β par :

ES_β(X) = 1 1−β

Z +∞

rβ(X)

xf_X(x) dx (1)

Le but de cette partie est de démontrer que, pour tout β ∈ ]0,1[, ES_β est une mesure de risque cohérente sur D, assez « proche » de r_β.

14. Soit X une variable aléatoire appartenant àD.

a) Montrer queES_β(X) est bien définie, et queES_β(X)>r_β(X).

Démonstration.

• Comme X∈ D, en particulier la v.a.r. X admet une espérance.

Donc l’intégrale Z +∞

−∞

x fX(x) dxconverge absolument.

Ainsi, l’intégrale Z +∞

rβ(X)

x f_X(x) dxconverge aussi absolument.

On en déduit queES_β(X) est bien définie.

• Soitx>r_β(X).

Alors, comme fX(x)>0(car fX est une densité), on obtient : r_β(X)f_X(x) 6 x f_X(x)

Par croissance de l’intégrale (les bornes sont bien ordonnées) et comme les intégrales en pré- sence convergent :

Z +∞

rβ(X)

rβ(X)fX(X)dx6 Z +∞

rβ(X)

x fX(x) dx Or :

Z +∞

rβ(X)

r_β(X)fX(x)dx = r_β(X) Z +∞

rβ(X)

fX(x) dx = r_β(X)P([X>r_β(X)])

= rβ(X)(1−FX(rβ(X))) De plus, par définition der_β(X) :FX(r_β(X)) =β. Donc :

Z +∞

rβ(X)

r_β(X)f_X(x) dx = r_β(X)(1−β) D’où :

r_β(X)(1−β) 6 Z +∞

rβ(X)

x f_X(x) dx Comme 1−β >0:

1

1−βrβ(X)(1−β) 6 1 1−β

Z +∞

rβ(X)

x fX(x) dx On en déduit, par définition de ES_β(X) :r_β(X)6ES_β(X).

b) À l’aide du changement de variablet=F_X(x), établir : ES_β(X) = 1

1−β Z 1

β

G_X(t) dt (2) Démonstration.

SoitA>r_β(X).

On effectue le changement de variable t=F_X(x) .

t=F_X(x) (et doncx=G_X(t)) ,→ dt=fX(x)dx

• x=rβ(X) ⇒ t=FX(rβ(X)) =β

• x=A ⇒ t=FX(A)

Ce changement de variable est valide carψ:t7→G_X(t) est de classeC¹ surI_X (car X∈ D).

On obtient finalement :

Z A rβ(X)

x fX(x) dx=

Z FX(A) β

GX(t) dt Or, commeF_X est une fonction de répartition : lim

A→+∞F_X(A) = 1.

On en déduit :ES_β(X) = 1 1−β

Z 1 β

GX(t) dt.

On pourra utiliser (1)ou (2)au choix dans la suite pour définirES_β(X).

15. a) Montrer queES_β vérifie la propriété (R₁).

Démonstration.

SoitX∈ D. Soitc∈R.

• D’après la question4.a) :r_β(X+c) =r_β(X) +c.

• De plus, d’après la démonstration de la question4.a) :

∀x∈R, FX+c(x) =FX(x−c)

On a admis en question 4.a) queX+c∈ D. En particulier,(X+c) est une v.a.r. à densité.

On en déduit :

∀x∈R, f_X+c(x) =f_X(x−c)

• On obtient alors avec(1) : ES_β(X+c) = 1

1−β Z +∞

rβ(X+c)

x f_X+c(x) dx = 1 1−β

Z +∞

rβ(X)+c

x f_X(x−c) dx On effectue le changement de variable t=x−c .

t=x−c (et doncx=t+c) ,→ dt= dx

• x=r_β(X) +c ⇒ t=r_β(X)

• x= +∞ ⇒ t= +∞

Ce changement de variable est valide car ψ:t7→t+cest de classe C¹ sur[r_β(X),+∞[.

On obtient finalement : ESβ(X+c) = 1

1−β Z +∞

rβ(X)

(t+c)fX(t)dt

= 1

1−β

Z +∞

rβ(X)

t fX(t) dt+c Z +∞

rβ(X)

fX(t) dt

!

= ESβ(X) + c

1−β(1−FX(rβ(X)))

= ES_β(X) + c

1−β(1−β) (par définition de r_β(X))

= ES_β(X) +c

Ainsi, ES_β vérifie (R1).

b) Montrer queES_β vérifie la propriété (R₂).

Démonstration.

SoitX∈ D. Soitλ∈R.

• D’après la question4.b) :rβ(λ X) =λ rβ(X).

• De plus, d’après la démonstration de la question4.b) :

∀x∈R, F_{λ X}(x) =FX

x λ

On a admis en question4.b) queλ X ∈ D. En particulier,λ X est une v.a.r. à densité.

On en déduit :

∀x∈R, f_{λ X}(x) = 1 λfX

x λ

• On obtient alors avec(1) : ES_β(λ X) = 1

1−β Z +∞

rβ(λ X)

x f_{λ X}(x)dx = 1 1−β

Z +∞

λ rβ(X)

x 1 λf_Xx

λ

dx

On effectue le changement de variable t= x λ .

t= x

λ (et donc x=λ t) ,→ dt= 1

λ dx et dx=λ dt

• x=λ r_β(X) ⇒ t=r_β(X)

• x= +∞ ⇒ t= +∞ (car λ >0)

Ce changement de variable est valide car ψ:t7→λ test de classe C¹ sur[rβ(X),+∞[.

On obtient finalement :

ESβ(λ X) = 1 1−β

Z +∞

rβ(X)

λ t fX(t)dt

= λ 1

1−β Z +∞

rβ(X)

t f_X(t) dt

= λ ES_β(X)

Ainsi, ES_β vérifie (R₂).

16. On suppose dans cette question que X suit la loi exponentielle de paramètreλ >0.

a) Montrer queES_β(X) =r_β(X) + 1 λ. Démonstration.

• D’après la question2.b) :r_β(X) =−1

λ ln(1−β).

Donc, en particulier :r_β(X)>0. D’où : ES_β(X) = 1

1−β Z +∞

rβ(X)

x fX(x) dx = 1 1−β

Z +∞

rβ(X)

λ xe^{−λ x}dx

• SoitA>rβ(X). On effectue l’intégration par parties (IPP) suivante.

u(x) = x u⁰(x) = 1 v⁰(x) = λe^{−λ x} v(x) = −e^{−λ x}

Cette IPP est valide car les fonctions uetv sont de classeC¹ sur [r_β(X), A]. On obtient : Z _A

rβ(X)

λ xe^{−λ x} dx =

−xe^{−λ x A}

rβ(X) + Z _A

rβ(X)

e^{−λ x} dx

= −Ae^{−λ A}+r_β(X)e^{−λ rβ(X)}+

−1 λe^{−λ x}

^A

rβ(X)

= −Ae^{−λ A}+rβ(X)e^{−λ rβ(X)}− 1

λe^{−λ A}+ 1

λe^{−λ rβ(X)}

= e^{−λ rβ(X)}

r_β(X) + 1 λ

−Ae^{−λ A}− 1 λe^{−λ A}

• Or : lim

A→+∞e^{−λ A}= 0.

De plus, par croissances comparées : lim

A→+∞Ae^{−λ A}= 0.

Donc :

Z +∞

rβ(X)

λ xe^{−λ x} dx = e^{−λ rβ(X)}

r_β(X) + 1 λ

• Or, d’après la question 2.b) :r_β(X) =−1

λ ln(1−β). Donc :

e^{−λ rβ(X)} = e^−λ×(⁻_λ^{1 ln(1−β)}) = e^ln(1−β) = 1−β D’où :

Z +∞

rβ(X)

λ xe^{−λ x} dx = (1−β)

r_β(X) + 1 λ

• On en déduit :

ES_β(X) = 1

1−β ×(1−β)

r_β(X) + 1 λ

= r_β(X) + 1 λ ES_β(X) =r_β(X) + 1

λ b) En déduire queES_β(X) ∼

β→1 r_β(X).

Démonstration.

D’après la question précédente : ES_β(X)

r_β(X) = r_β(X) +¹_λ

r_β(X) = 1 + 1 λ r_β(X) Or, d’après la question2.b) :rβ(X) =−1

λ ln(1−β). Donc : ES_β(X)

rβ(X) = 1 + 1

λ −¹_λ ln(1−β) = 1− 1 ln(1−β) De plus : lim

β→1 ln(1−β) =−∞. D’où :

β→1lim

ES_β(X)

r_β(X) = 1−0 = 1 On en déduit : ES_β(X) ∼

β→1 r_β(X)

17. On suppose dans cette question que X suit la loi normale centrée réduite.

a) MontrerES_β(X) = ϕ(r_β(X)) 1−Φ(rβ(X)). Démonstration.

Par définition deϕ: ES_β(X) = 1

1−β Z +∞

rβ(X)

x 1

√2πe^−x

2

2 dx = 1

1−β

√1 2π

Z +∞

rβ(X)

xe^−x

2 2 dx SoitA∈[r_β(X),+∞[.

Z A rβ(X)

xe^−x

2

2 dx =

−e^−x

2 2

^A

rβ(X)

= −e^−A

2 2 +e⁻

(rβ(X))2 2

Or : lim

A→+∞e^−A

2 2 = 0.

Donc l’intégrale Z +∞

r_β(X)

xe^−x

2

2 dxconverge et : Z +∞

r_β(X)

xe^−x

2

2 dx=e⁻

(rβ(X))2

2 .

De plus, par définition der_β(X):β = Φ(r_β(X)). Donc :

ES_β(X) = 1

1−Φ(r_β(X))

√1 2π e⁻

(rβ(X))2

2 = ϕ(r_β(X))

1−Φ(r_β(X)) ESβ(X) = ϕ(r_β(X))

1−Φ(r_β(X)) b) Pour toutx >0, établir l’égalité :1−Φ(x) = ϕ(x)

x − Z +∞

x

ϕ(t) t² dt.

Démonstration.

Soitx >0.

• Par définition deΦ : 1−Φ(x) = 1−

Z x

−∞

ϕ(t)dt = Z +∞

x

ϕ(t)dt = 1

√ 2π

Z +∞

x

e^−t

2

2 dt = 1

√ 2π

Z +∞

x

1 t×te^−t

2 2 dt

• SoitA>x. On effectue l’intégration par parties (IPP) suivante.

u(t) = 1

t u⁰(t) = −1 t² v⁰(t) = te^−t

2

2 v(t) = −e^−t

2 2

Cette IPP est valide car les fonctions uetv sont de classeC¹ sur [x, A]. On obtient : Z A

x

1 tte^−t

2

2 dt =

−1 t e^−t

2 2

^A

x

− Z A

x

e^−t

2 2

t² dt

= −e^−−A

2 2

A +e^−x

2 2

x − Z A

x

e^−t

2 2

t² dt