• Aucun résultat trouvé

3 Mouvement brownien

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "3 Mouvement brownien"

Copied!
24
0
0

Texte intégral

(1)

1 Processus stochastique

Exercice1 Soit la fonction

K: [0,∞[2 −→ R (s, t) 7−→ s∧t.

Montrer queK est de type positif. Dites pourquoi il existe un processus gaussien centré de fonction de covarianceK? (Ce processus est dit mouvement brownien ’brute’).

Réponse :

Soitn∈N,t1,· · ·, tn ∈R+ tels que06t1 <· · ·< tn et λ1,· · ·, λn ∈R. En posant si=ti−ti−1 –avect0= 0–, on a

n

X

i,j=1

λiλjK(ti, tj) =

n

X

i,j=1

λiλj i∧j

X

k=1

sk

=

n

X

k=0

sk n

X

i,j=k

λiλj =

n

X

k=1

sk n

X

i=k

λi

!2

>0.

AinsiK est de type positif. De plus elle est symétrique et d’après le théorème de Kolmo- gorov, il existe un processus gaussien indexé parR+centré et de matrice (ou fonction) de covarianceK.

Exercice2 Soit la fonction

K: [0,1]2 −→ R

(s, t) 7−→ s∧t−st.

Montrer queK est de type positif. Dites pourquoi il existe un processus gaussien centré de fonction de covarianceK? (Ce processus est dit pont brownien ’brute’).

Réponse :

Soitn∈N,t1,· · ·, tn ∈R+ tels que06t1 <· · ·< tn et λ1,· · ·, λn ∈R. En posant

si=ti−ti−1 –avect0= 0–, on a

n

X

i,j=1

λiλjK(ti, tj) =

n

X

i,j=1

λiλj

"i∧j X

k=1

sk

i

X

k=1

sk

j

X

k=1

sk

#

=

n

X

k=1

sk

n

X

i=k

λi

!2

n

X

k=1

sk

n

X

i=k

λi

!2

>

n

X

k=1

sk n

X

i=k

λi

!2

n

X

k=1

sk

!

×

n

X

k=1

sk n

X

i=k

λi

!2

inégalité de Schwarz

>(1−tn

n

X

k=1

sk

n

X

i=k

λi

!2

>0. cartn 61.

AinsiKest de type positif. De plus elle est symétrique et d’après le théorème de Kolmo- gorov, il existe un processus gaussien indexé par[0,1]centré et de matrice (ou fonction) de covarianceK.

Exercice 3

SoitT un temps d’arrêt et α∈R+. A-t-onT+αet(1 +α)T sont des temps d’arrêt ?

Réponse :

X(T+α6t) = (T 6t−α)∈ F(t−α)+⊂ Ft

X((1 +α)T 6t) =

T 6 t 1 +α

∈ F t

1+α ⊂ Ft. Exercice 4

On considère une base stochastique (Ω,F, P,(Fn)n∈N) et X = (Xn)n∈N un processus adapté à valeurs dansRd. SoitA∈ BRd.

Montrer que le temps d’entré dans A,τA= inf{n∈N|Xn∈A}est un temps d’arrêt et que le temps de dernier passage dansA,SA= sup{n∈N|Xn∈A}n’est pas un temps d’arrêt en général.

Réponse : X (τA6k) = Sk

n=0 (Xn∈A) ∈ Fk, puisque, ∀n 6 k, Xn est Fk-mesurable. Donc le temps d’entré dansA,τA, est un temps d’arrêt.

2019 1/24 M.Hassani

(2)

X(SA6k) =T

n>k (Xn∈/A). Prenons l’exemple suivant :

•Ω ={0,1}

•F0={∅,Ω}et pourn>1, Fn=P(Ω)

•X0= 0 et pourn>1, Xn(0) = 0et Xn(1) = 1

•A={0}.

On a(SA= 0) = (X1= 1) ={1}∈ F/ 0. Ainsi,

le temps de dernier passage dansA, τA, n’est pas un temps d’arrêt en général.

Exercice5

Soitf : [0,1]→R une fonction non borélienne. Soit Ω,F, P,(Ft)t∈[0,1])

une base sto- chastique telle queFt ={∅,Ω}. Posons, pour t∈[0,1]et ω ∈Ω, Xt(ω) =f(t). Montrer que(Xt)test adapté mais non progressivement mesurable.

Réponse :

On peut prendref = 1A avecA∈ P([0,1])\ B[0,1]. On a XPour toutt∈[0,1]eta∈R, (Xt6a) =

(∅ sif(t)6a

Ω sinon ∈ Ft. Ainsi,(Xt)test adapté.

X Si (Xt)t est progressivement mesurable alors X: [0,1]×Ω −→ R (t, ω) 7−→ f(t)

est B[0,1]⊗ F1-mesurable. En particulier, f: [0,1] −→ R

t 7−→ f(t)

est B[0,1]-mesurable. Ab- surde

Ainsi, (Xt)test adapté mais non progressivement mesurable . Exercice6

Soit une base stochastique(Ω,F, P,(Ft)t∈[0,∞[)et(Xt)t>0 un processus progressif borné.

PosonsYt(ω) =Rt

0 Xs(ω) ds. Montrer que (Yt)t>0 est progressif.

Réponse :(Méthode standard)

Soitm ∈R tel que ∀(t, ω)∈[0,∞[×Ω, m 6Xt(ω). PosonsXt0(ω) =Xt(ω)−m, on a doncX0 est un processus stochastique progressif positif. PosonsYt0(ω) =Rt

0 Xs0(ω) ds.

PuisqueYt0(ω) =Yt(ω)−mt, on aY est progressif si, et seulement siY0 est progressif.

D’autre part, d’après le théorème d’approximation, il existe une suite croissante (Xn)n de processus étagés progressifs qui converge simplement vers X0. donc Ytn(ω) = Rt

0 Xsn(ω) ds converge en croissant vers Yt0(ω). Ainsi, si Ytn(ω)est progressif pour tout entiernalorsY0 et par suiteY le sont aussi.

OrXn est étagé progressif donc∃dn∈N,∃αn1,· · ·, α1dn∈R+,∃An1,· · ·, Andn ∈ Prog (oùProgest la tribu des ensembles progressivement mesurables) tels que

Xtn(ω) =

dn

X

i=1

αni 1An

i(t, ω).

Donc

Ytn(ω) =

dn

X

i=1

αni Z t

0

1An

i(s, ω) ds.

Ainsi,Yn est progressif si∀A∈ Prog, (t, ω)7→Rt

01A(s, ω)dsest progressif.

Considérons Mdef=

(

C∈ B[0,t]⊗ Ft : (r, ω)7→

Z r 0

1C(s, ω)dsestB[0,t]⊗ Ft−mesurable )

.

On a

1. ∅ ∈ M,

2. C∈ M =⇒ Ccdef= ([0, t]×Ω)\C∈ M, car∀(r, ω)∈[0, t]×Ω, Z r

0

1Cc(s, ω)ds=r− Z r

0

1C(s, ω)ds.

3. SiC, C0 ∈ MetC∩C0 =∅ alorsC∪C0∈ M, car∀(r, ω)∈[0, t]×Ω, Z r

0

1C∪C0(s, ω)ds= Z r

0

1C(s, ω)ds+ Z r

0

1C0(s, ω)ds.

4. Si(Cn)n∈ MNtelle queCn⊂Cn+1alorsCdef= ∪nCn∈ M, car∀(r, ω)∈[0, t]×Ω, Z r

0

1C(s, ω)ds= sup

n

Z r 0

1Cn(s, ω)ds.

5. SiE×D∈ B[0,t]× FtalorsE×D∈ M, car∀(r, ω)∈[0, t]×Ω, Z r

0

1E×D(s, ω)ds= 1D(ω) Z r

0

1E(s)ds.

Ainsi,Mest une classe monotone (d’après les points 1, 2 et 4) qui contient la semi-algèbre B[0,t]× Ft (d’après le point 5) donc contient l’algèbrea[0,t]×Ω B[0,t]× Ft

engendrée par la semi-algèbre B[0,t]× Ft (d’après le point 3). Le théorème des classes monotones nous donneMcontient la tribu engendrée para[0,t]×Ω B[0,t]× Ft

doncM=B[0,t]⊗ Ft. D’où

∀C∈ B[0,t]⊗ Ft

(3)

(r, ω)7→Rr

0 1C(s, ω)ds estB[0,t]⊗ Ft−mesurable .

En particulier, siA ∈ Prog (donc∀t >0, Atdef= A∩([0, t]×Ω) ∈ B[0,t]⊗ Ft). et si t>0(fixé mais arbitraire)

(r, ω)∈[0, t]×Ω7→

Z r 0

1A(s, ω)ds= Z r

0

1At(s, ω)ds estB[0,t]⊗ Ft−mesurable Donc(t, ω)7→Rt

01A(s, ω)dsest progressif.

Conclusion :

Pour tout processus progressif borné (ou positif)(Xt)t>0, le pro- cessusYt(ω) =Rt

0 Xs(ω) dsest aussi progressif.

Exercice7

SoitX = (Xn)n∈Nune suite de v.a. iid etτ un t.a. adapté à la filtration engendrée parX tels queEτ <∞etE|X0|<∞. Montrer que EPτ

i=0 Xi=Eτ EX0.

Réponse : On a E

τ

X

i=0

Xi± =E

X

k=0

1(τ=k)

k

X

i=0

Xi± carτ <∞ ps(sinon, il faut ajouter le terme1(τ=∞)

X

i=0

Xi±)

=

X

i=0

X

k=i

E1(τ=k)Xi± d’après Tonelli-Fubini

=

X

i=0

E1>i)Xi±

=

X

i=0

E1>i)EXi±

car(τ >i)∈σ(X0,· · ·, Xi−1)qui est indépendant deXi±

=

X

i=0

E1>i)EX0±

=EτEX0±. Ainsi,EPτ

i=0 |Xi|=EτE|X0|<∞, donc

Pτ

i=0Xi est intégrable etEPτ

i=0 Xi=Eτ EX0. Exercice 8

Soit X = (Xn)n∈N une suite de v.a. iid de loi de Bernoulli de paramètre p∈]0,1[. On poseτ1= inf{n∈N|Xn= 1} etτk+1= inf{n > τk|Xn= 1}.

1. Montrer queτk sont des t.a. adaptés à la filtration engendrée parX.

2. Donner la loi deτk.

Réponse :

Posons, pour n∈N, Fn =σ(X1,· · · , Xn).

1. Montrer queτk sont des t.a. adaptés à la filtration engendrée par X : Par récurrence,

— (initialisation) Soitm∈N, on a(τ16m) =∪mn=1 (Xn= 1)∈ Fmdoncτ1 est un t.a.

— (hérédité/transmission) Supposons que τk est un temps d’arrêt, alors pour m∈N, on a

k+16m) =∪m−1j=1 [(τk =j)∪(τk+16m)]

=∪m−1j=1

k =j)∪ ∪mn=j+1 (Xn= 1)

∈ Fm.

— (conclusion)∀k∈Nk est un temps d’arrêt.

2. Donner la loi deτk :(iciq= 1−petCnk= 0si k > n.) On aτk(Ω)⊂N et pourn∈N,

P(τk=n) =P(X1+· ·+Xn=k; Xn= 1)

=P(X1+· ·+Xn−1=k−1 ; Xn= 1)

=P(X1+· ·+Xn−1=k−1)×p grâce à l’indépendance

=Cn−1k−1pkqn−k

Ainsi, τk suit la loi de Pascal (ou loi binomiale négative) de paramètreket p (sik= 1, on retrouve la loi géométrique). il représente le nombre d’épreuves nécessaires pour avoir exactementksuccèsX = 1.

Remarque : Eτk =kp et V(τk) =kqp2.

(4)

Exercice9

Soitτ un temps d’arrêt sur une base(Ω,F, P,(Fn)n∈N)tel que∃ε >0etN ∈Ntels que

∀n∈N,

P(τ6n+N/Fn)> ε, ps Montrer que P(τ > nN)6(1−ε)n et en déduire queEτ <∞.

Réponse :

On raisonne par récurrence.

XP τ >0

6(1−ε)0= 1.

XSupposons que P(τ > nN)6(1−ε)n, on a

P(τ >(n+ 1)N) =E1(τ >(n+1)N1(τ >nN)=E 1(τ >nN+N)/FnN

1(τ >nN) 6(1−ε)P(τ > nN)6(1−ε)n+1.

X∀n∈N, P(τ > nN)6(1−ε)n. On a aussi,P(τ=∞) = 0donc

Eτ =X

n∈N

Eτ1((n+1)N>τ >nN)

6X

n∈N

(n+ 1)N P(τ > nN) 6NX

n∈N

(n+ 1)(1−ε)n =N1 ε <∞.

Exercice10

Soit τ un temps d’arrêt sur une base (Ω,F, P,(Ft)t>0). Montrer qu’il existe une suite décroissante de temps d’arrêts(τn)n∈Nqui converge simplement versτ et vérifiant∀n

τn(Ω)⊂ {k2−n ; k∈ {1,··, n2n}} ∪ {+∞}.

Réponse :

Posons

τn(ω)def=

n2n

X

k=1

k

2n 1(k−12n62kn)(ω) + (+∞) 1(n<τ)(ω) On vérifie facilement que

X τ(ω) = 0 =⇒ ∀n, τn(ω) = 0,

n(Ω)⊂ {k2−n ; k∈ {1,··, n2n}} ∪ {+∞} et

X ∀ω∈Ω,∀n∈N, τ(ω)6τn+1(ω)6τn(ω). Posons τ(ω) def= infnτn = lim

n τn, on a, τ est un t.a. tel que ∀ω ∈ Ω, τ(ω) 6 τ(ω) et que τ(ω) = 0 =⇒ τ(ω) = 0. Supposons que τ(ω) < τ(ω) donc 0 < τ(ω) < ∞, notons N = dτ(ω)e ∈ N, ainsi, ∀n > N, ∃kn(ω) ∈ {1,· · ·, n2n} tel que kn(ω)−12n < τ(ω) 6 kn2(ω)n . Par suite τn(ω) = kn2(ω)n et 0 6 τn(ω)−τ(ω)< 21n. Ten- dons n → ∞ pour obtenir τ(ω) =τ(ω), absurde. Donc τ(ω) = τ(ω). Ce qui montre

la convergence simple de la suite(τn)n versτ . Soitt>0.

n6t) =

n2n

[

k=1

k−1

2n < τ 6 k 2n; k

2n 6t

= [

16k6n2n/

k 2n6t

τ 6 k 2n

\

τ 6k−1 2n

c

∈ Ft.

Donc (τn)n est une suite de temps d’arrêt .

Exercice 11

Soitτ un temps d’arrêt défini sur l’espace filtré

Ω,F,(Fn)n

. Pourn∈N, posons g(n) = inf{k∈N ; (τ =n)∈ Fk}.

Montrer que g(τ)g◦τ est un temps d’arrêt majoré parτ.

Réponse :

On a g(n) 6n, car n∈ {k ∈ N ; (τ =n) ∈ Fk} puise τ est temps d’arrêt, donc g(τ)6τ. D’autre part,

g(τ) =k

= [

n∈N

g(n) =k, τ =n

= [

06n/

g(n)=k

τ=n

∈ Fk.

Exercice 12

Soit U ⊂ L1 tel que ∃p > 1, supX∈UE|X|p < ∞. Montrer que U est uniformément intégrable.

(5)

Réponse :Soitc >0, on a sup

X∈UE|X|1(|X|>c)6 1 cp−1 sup

X∈U E|X|p−→c→+∞0.

Exercice13

SoitU ⊂L1 uniformément intégrable. Montrer que

U0 ={E(X/B) ; X∈ U,Bsous tribus deF } est uniformément intégrable.

Réponse : Soitc >0, on a

sup

X∈U Bsous tribus deF

E|E(X/B)|1(|E(X/B)|>c)

6 sup

X∈U Bsous tribus deF

E

E(|X|/B) 1(E(|X|/B)>c)

6 sup

Bsous tribus deX∈U F

E

|X|1(E(|X|/B)>c)

6 sup

X∈U E

h|X|1(|X|> c)

i+√ c sup

X∈U Bss tribF

E

1(E(|X|/B)>c)

6 sup

X∈U E

h|X|1(|X|> c)

i +√

c sup

X∈U Bss tribF

E[E(|X|/B)]

c

6 sup

X∈U E

h|X|1(|X|> c)

i

+ supX∈UE|X|

√c

−→c→+∞0.

Exercice14

Soit(Xk)k une suite iid de variable de Bernoulli de paramètrep∈]0,1[. Montrer que cette suite est U.I. mais ne possède pas une sous suite qui converge dans L1.

Réponse :

On asupkE|Xk|2=p <∞doncU def= {Xk ; k∈N} est U.I.

Supposons qu’il existe φ : N → N strictement croissante telle que (Yn def= Xφ(n))n

converge dansL1 vers une v.a.Y. DoncE|Yn+1−Yn|converge vers0. Mais E|Yn+1−Yn|=P(|Yn+1−Yn|)

=P(Yn+1= 1 ; Yn= 0) +P(Yn+1= 0 ;Yn= 1)

= 2p(1−p) grâce à iid et ...Bernoulli.

Ainsip(1−p) = 0, absurde. Aucune sous suite de(Xk)k ne converge dansL1 (ni presque sure !).

Exercice 15

SoitX une v.a. réelle intégrable ou positive et Y une v.a. à valeurs dans un espace me- surable(E,E)toutes les deux sont définies sur un espace probabilisé (Ω,F, P). Montrer qu’il existe une fonctiong: (E,E)→Rmesurable telle que

E

X/Y

=g(Y).

Réponse :

On va montrer le résultat suivant qui est plus général : Lemme 1

SiZest une v.a.réelleσ(Y)-mesurable alors il existe une fonction g: (E,E)→Rmesurable telle queZ =g(Y)def= g◦Y.

Pour cela, on utilise la méthode standard :

1. CasZ= 1A (avec A ∈ σ(Y)) donc il existe C ∈ E tel que A = Y−1(C), ainsi Z = 1C(Y) donc on prend dans ce cas g = 1C qui à valeurs {0,1} et (E,BR)- mesurable.

2. CasZ étagée positive, donc il existe d ∈ N, a1,· · ·, ad ∈ R+, A1,· · · , Ad ∈ σ(Y) tels que Z = Pd

i=1 ai1Ai. D’après le cas précédent, ∀i = 1· ·d, il existe gi : (E,E) → R+ mesurable telle que 1Ai = gi(Y). Avec g = Pd

i=1 aigi, on a Z=g(Y)et g: (E,E)→R+ mesurable.

3. CasZ positive, d’après le théorème d’approximation, il existe une suite croissante (Zn)nde fonctions étagées positivesσ(Y)-mesurables qui converge simplement vers Z. Mais, d’après le cas précédent, ∀n∈ N, il existe gn : (E,E)→ R+ mesurable telle queZn =gn(Y). Posonsg= lim infn→∞gn, on ag: (E,E)→R+ mesurable etZ =g(Y).

4. CasZ générale, d’après le cas précédent, il existeg±: (E,E)→R+mesurable et Z± =g±(Y). Posonsg def= g+1(g=0)−g1(g+=0), on ag : (E,E)→R mesurable etZ =g(Y).

(6)

Exercice16

SoitX et Y deux variables à valeurs respectivement dansE et F et Bune sous tribu de F telle que X est indépendante deB et que Y est B−mesurable. Soitf :E×F →R+

mesurable.

Montrer que

E

f(X, Y)/B

=g(Y) oùg(s) = Ef(X, s).

Réponse :

D’après le théorème de Tonelli-Fubini,g:F→R+ est mesurable doncg(Y)estσ(Y)- mesurable doncB-mesurable.

D’autre part, soit A ∈ B et posons Z = 1A donc(Y, Z)est B-mesurable d’oùX est indépendante de(Y, Z), ainsi

Ef(X, Y)Z = Z

E×F×R

f(x, y)z P(X,Y,Z)(dxdydz)

= Z

E×F×R

f(x, y)z P(Y,Z)(dydz)PX(dx) indépendance !

= Z

R

z Z

E

f(x, y)PX(dx)P(Y,Z)(dydz) Tonelli-Fubini

= Z

R

zEf(X, y)P(Y,Z)(dydz) = Z

R

zg(y)P(Y,Z)(dydz)

=Eg(Y)Z.

Ainsi,

E

f(X, Y)/B

=g(Y) Exercice17

SoitX et Y deux v.a. telles que X ≥ 0 et Y(Ω) ={yi ; i ∈ N} est dénombrable. Soit I={i/P(Y =yi)6= 0}.

Montrer que

E

X/Y

=X

i∈I

EX1(Y=yi)

P(Y =yi) 1(Y=yi). Étudiez le cas Y = 1A.

Réponse :

Posons g(z) == P

i∈I

EX1(Y=yi)

P(Y=yi) 1yi(z). On a g est borélienne donc g(Y) est σ(Y)−mesurable.

SoitA∈σ(Y)donc il existeJ ⊂Ntel que A= [

n∈J

Y =n ainsi

EX1A=X

n∈J

EX1(Y=n)= X

n∈J∩I

EX1(Y=n)

et aussi

Eg(Y)1A= X

n∈J∩I

g(n)P(Y =n) = X

n∈J∩I

EX1(Y=n). Exercice 18

Soit(X, Y1,· · ·, Yd)un vecteur gaussien. Montrer qu’il existe des réelsλ0,· · ·, λd tels que, avecY0= 1,

E

X/Y1,· · ·, Yd

=

d

X

i=0

λiYi.

Réponse :

Notons E def= vectR{Y0,· · · , Yd}. Soit δ = inf{

q

E|Z−X|2 ; Z ∈ E}, on a 06δ6

q

E|X|2defX<+∞.

Soit (Zn)n une suite d’éléments de E telle que q

E|Zn−X|2 décroit vers δ. D’après le théorème de la médiane, on a

E|Zn−Zm|262E|X−Zn|2+ 2E|X−Zm|2−4E

X−Zn+Zm

2

2

Soit ε > 0, soit N ∈ N tel que n > N =⇒ E|X−Zn|2 < δ2 + ε42 et puisque

Zn+Zm

2 ∈E, on a ∀n>N,

q

E|Zn−Zm|2< ε.

Ainsi(Zn)n une suite de Cauchy dans l’espace de dimension finie E muni du produit scalairehT, Sidef= ET S.Doncil existeZ ∈Etel que

q

E|Zn−Z|2→0et par conséquent q

E|Z−X|2 =δ et ∀Y ∈ E,E(Z−X)Y = 0. En particulier, il existe λ0,· · ·, λd ∈ R tels queZ =Pd

i=0 λiYi,E(Z−X) = 0et∀i= 1· ·d∈E,E(X−Z)Yi= 0.

(7)

Or(X−Z, Y1,· · ·, Yd)est un vecteur gaussien doncX−Z et(Y1,· · · , Yd)sont indé- pendants etZ est σ(Y1,· · · , Yd)-mesurable, d’où

E

X/Y1,· · ·, Yd

=Z+E

X−Z/Y1,· · · , Yd

=Z+E

X−Z

=Z =

d

X

i=0

λiYi.

Exercice19

SoitBet B0 deux sous tribus de (Ω,F, P)et X une v.a. intégrable ou positive. Montrer que siB est indépendante deσ(X,B0)alors

E

X/σ(B,B0)

=E

X/B0

Réponse :

Posons BB0 ={A∩B, A ∈ Bet B ∈ B0} ce dernier contient {∅,Ω}, stable par in- tersection (π−système) et ∀A ∈ B, ∀B ∈ B0, (A∩B)c = (Ac∩B)S(Ω∩Bc) c-à-d le complémentaire d’un élément deBB0 est la réunion (finie) disjointe de deux éléments de BB0. DoncBB0 est une semi-algèbre surΩ.

On a aussiσ(B,B0)def= σ(B ∪ B0) =σ(BB0).

Posons Z = E X/B0

, on a donc Z est B0−mesurable donc σ(BB0)−mesurable et

∀B∈ B0, EX1B=EZ1B. Notons

M={C∈σ(BB0)tqEX1C =EZ1C}

On aMest une classe monotone contenant la semi algèbreBB0(Comment ? on utilise l’indépendance) et puisqu’elle est stable par réunion disjointe alors elle contient l’algèbre engendrée par la semi algèbre BB0 et d’après le théorème des classes monotones, on a M=σ(BB0)et par suite∀B∈σ(BB0), EX1B=EZ1B. CQFD

2 Martringales

Exercice20 SoitT⊂Ret

Ω,F,Ft∈T, P

un espace probabilisé filtré. Soit(Zt)t∈T une suite de v.a.

intégrables définie sur Ω,F

et adaptée à la filtration(Ft)t∈T. Montrer que si pour tout temps d’arrêt finiT,EZT =EZ0 alors(Zt)t∈T est une martingale.

Réponse :

Il reste à montrer que∀t, s∈Ttels que s < t, on aE(Zt/Ft) =Zs ps.

Pour cela, soit A∈ Fs etT =t1A+s1Ac, On aT est un temps d’arrêt qui prend au plus deux valeurs. d’après l’hypothèse,

EZT =EZ0=EZs donc

EZt1A=EZs1A.

CQFD

Exercice 21

Soit X = (Xn)n une suite de v.a. indépendantes et de même espérance m. On pose Sn=Pn

i=0Xi. Donner un condition nécessaire et suffisante pour que(Sn)n soit une sous martingale.

Réponse :

On a Sn est Fn−mesurable avec Fn = σ(X0,· · · , Xn) et E Sn+1/Fn

= Sn + E Xn+1/Fn

=Sn+EXn+1=Sn+m.

Donc(Sn)n est une sous martingale ssim>0.

Exercice 22

Soit (Xk)k une suite de v.a. indépendantes centrées de carré intégrables telle que P

k=0 EXk2<∞. Montrer queP

k=0 Xk converge p.s. et dansL2.

Réponse : PosonsSn =Pn

i=0Xi, On a(Sn)n est une martingale relativement à sa filtration na- turelle. De plus supnE|Sn|2 6P

k=0 EXk2 <∞. D’après le théorème de la convergence de Doob, On a(Sn)n converge presque surement et dans L2

Exercice 23 (Inégalité de Kolmogorov)

Soit (Xn)n une suite de v.a. indépendantes centrées de carré intégrables. Posons Sn = Pn

k=1 Xk. Montrer que∀n∈N,∀a >0, P(sup

j6n

|Sj|> a)6V ar(Sn) a2 .

Réponse :

(8)

On a(Sn2)nest une sous martingale relativement à sa filtration naturelle (avecS0 def= 0).

D’après l’inégalité maximale de Doob, On a P(sup

j6n

|Sj|> a) =P(sup

j6n

Sj2> a2) 6 E(Sn2)

a2 =V ar(Sn) a2 . Exercice24

Soit(Sn)n une sous martingale par rapport à une filtration (Fn)n de décomposition de Doob :Sn=S0+Mn+An.

Montrer quesupnESn+<∞ si et seulement si supnE|Mn|<∞etEA<∞.

Réponse :

On sait queA0=M0= 0et ∀n∈N, An=

n

X

k=1

E([Sk−Sk−1]/Fk−1)

⇒)On a

EAn=

n

X

k=1

E E([Sk−Sk−1]/Fk−1)

!

=

n

X

k=1

E[Sk−Sk−1] =ESn−ES0

donc, d’après le théorème de Beppo-Levi,EA= supnESn−ES06supnESn++ES0<∞.

De plussupnE|Mn|<∞

sup

n

= sup

n E|Sn−S0−An|6sup

n E|Sn|+E|S0|+EA 6sup

n

2ESn+−ESn

+E|S0|+EA6sup

n

2ES+n −ES0+E|S0|+EA 62 sup

n ESn+−ES0+E|S0|+EA63 sup

n ESn++ 3ES0<∞.

⇐)On a

sup

n ESn+6sup

n E|Sn|

6 E|S0|+E|A|+supnE|Mn|<∞.

Exercice 25

Soit(Un)n une suite de variables aléatoires indépendantes identiquement distribuées (iid) de loi uniforme sur]0,1]. Posons M0 = 1et Mn = 2UnXn−1 pourn>1 et pourn>0, Fn=σ(U0,· · · , Un).

1. Montrer que∀n∈N,P(2n>Mn>0) = 1,E|log(Mn)|<∞et calculerElog(Mn).

2. Montrer queM = (Mn)n est une martingale.

3. Calculer le processus croissanthMiet discuter la convergenceM dansL2. 4. Pourn>0,Zn= log(Mn)−E(log(Mn)). Montrer queZ= (Zn)n est une martin-

gale.

5. Étudier la convergence presque sûre deM et Z.

6. Discuter la convergence dansL1.

Réponse :D’abord, on remarque que∀n, P(Un ∈]0,1[) = 1.

1. On a

X On a (20 > M0 = 1) = Ω donc P(M0 > 0) = 1, supposons que P(2n >

Mn > 0) = 1, donc P(Mn+1 = 0) 6 P(Mn = 0) +P(Un+1 = 0) = 0 et P(Mn+1 > 2n+1) = P(Un+1Mn > 2n) 6 P(Mn > 2n) = 0. On vient de montrer par récurrence que∀n, P(2n>Mn>0) = 1.

X On montre par récurrence que ∀n > 1, Mn = 2nUn· · ·U1, donc log(Mn) = nlog 2 +Pn

k=1log(Uk). Ainsi, E|log(Mn)|6nlog 2−

n

X

k=1

Elog(Uk) =nlog 2−nElogU1

=nlog 2−n Z 1

0

logx dx

=nlog 2−n[xlogx−x]10

=n(log 2 + 1)<∞.

X De même,

Elog(Mn) =nlog 2 +

n

X

k=1

Elog(Uk)

=n(log 2−1).

2. On a

X D’après la question précédente,∀n, E|Mn|=EMn62n<∞.

X Encore par récurrence, on montre queMn estFn-mesurable (M est adapté).

(9)

X

E(Mn+1/Fn) =E(2Un+1Mn/Fn)

= 2MnE(Un+1/Fn)

= 2MnEUn+1=Mn.

3. On a hMi0= 0 (ouM02... ? ! ici on prendhMi0= 0) et pourn>1

hMin=hMi0+

n

X

k=1

E

Mk2−Mk−12

/Fk−1

=hMi0+

n

X

k=1

Mk−12 E

4Uk2−1

/Fk−1

=hMi0+

n

X

k=1

Mk−12 E

4Uk2−1

=hMi0+1 3

n−1

X

k=0

Mk2.

On a donc, EMn2 = EhMin +EM02 = EhMin + 1 > 1. Ainsi, la martin- gale M converge dans L2 si et seulement si supnEMn2 < ∞ si et seulement si EhMi = 13 P

k=0EMk2 =∞<∞. D’où la martingaleM ne converge pas dans L2.

4. D’après ce qui précédent, (Zn)n est adapté (car (Mn)n l’est aussi) et intégrable.

De plus Zn = log(2nUn· · ·U1)−n(log 2−1) =Pn

k=1(log(Uk) + 1)(Attention au casn= 0, à traiter tout seul !)

E(Zn+1/Fn) =Zn+E((log(Un+1) + 1)/Fn)

=Zn+ 1 +Elog(Un+1)

=Zn+ 1 +Elog(U1) =Zn.

5. Selon les question 1. et 2., on −M est une martingale (donc sous martingale) né- gative, ainsisupnE(−Mn)+= 0et d’après le théorème de la convergence de Doob, (Mn)n converge presque surement versM

def= lim infnMn∈L1. D’autre part, On aEZn= 0 et

EZn2=

n

X

k=1

E(log(Uk) + 1)2=nE(log(U1) + 1)2

=n Elog2(U1) + 2Elog(U1) + 1

=n Elog(U1)2−1

=n Z 1

0

log2(x)dx−1

=n Z

0

t2e−tdt−1

=n.

D’après le théorème central limite, on a Znn converge en loi vers la loi normale centrée réduite donc ∀s ∈ R, EeisZnnn es

2

2 et si (Zn)n admet une sous suite qui converge presque surement , alors Znn admet une sous suite converge presque surement vers0 et par le théorème de Lebesgue,EeisZnn admet une sous suite qui converge vers1. Ainsi, ∀s ∈R, es

2

2 = 1, absurde. Donc (Zn)n n’ a pas de sous suite qui converge presque surement.

6. X D’après ce qui précédent,(Zn)nne possède pas une sous suite qui converge dans L1, sinon elle possédera une sous suite qui converge presque surement.

X Supposons que (Mn)n converge dansL1, alors 0 = lim

n E|Mn+1−Mn|= lim

n E|2Un+1−1|Mn

= lim

n (E|2Un+1−1|EMn)

=E|2U1−1|EM0=E|2U1−1|

= Z 1

0

|2x−1| dx=1

2. Absurde.

Exercice 26

Soit(Ω,F, P) = (N,P(N), P)avecP({n}) = n(n+1)1 . Notons

Fn ={A⊂N ; A∩[n+ 1,∞[∈ {∅,[n+ 1,∞[}}et Xn = (n+ 1)1[n+1,∞[. Montrer que

1. Fn est une filtration et(Xn)n est(Fn)-adapté.

2. (Xn)n est une(Fn)n-martingale.

3. Xn→X= lim infnXn ps. DonnerX. A-t-onXn→X dansL1?

Réponse :

1. X On a∅ ∈ Fn,

X SoitA∈ Fn, doncAc∩[n+ 1,∞[= [n+ 1,∞[\(A∩[n+ 1,∞[)∈ {∅,[n+ 1,∞[}

d’oùAc∈ Fn,

X Soit(Ak)k∈ FnN, posonsA=∪kAk, doncA∩[n+1,∞[=∪k(Ak∩[n+ 1,∞[)∈ {∅,[n+ 1,∞[}, ainsiA∈ Fn. On vient de montrer queFn est une sous tribu de F.

X SoitA∈ Fn, donc A∩[n+ 2,∞[=A∩[n+ 1,∞[∩[n+ 2,∞[∈ {∅,[n+ 2,∞[}

d’oùA∈ Fn+1. Ainsi,(Fn)n est une filtration dans(Ω,F, P) = (N,P(N), P).

(10)

X Soit n ∈ N, on a [n + 1,∞[∈ Fn, donc 1[n+1,∞[ est Fn-mesurable, d’où Xn= (n+ 1)1[n+1,∞[ est Fn-mesurable. Ainsi,(Xn)n est adapté.

2. (Xn)n est une(Fn)n-martingale.

X Pour tout entiern, Xn prend seulement deux valeurs 0 est n+ 1, donc il est adapté et intégrable.

X Soitn∈Net soitA∈ Fn, on a

• E(Xn+11A) = (n+ 2)P(A∩[n+ 2,∞[)

=

((n+ 2)P([n+ 2,∞[) siA∩[n+ 1,∞[= [n+ 1,∞[

0 sinon

• E(Xn1A) = (n+ 1)P(A∩[n+ 1,∞[)

=

((n+ 1)P([n+ 1,∞[) siA∩[n+ 1,∞[= [n+ 1,∞[

0 sinon

Or

jP([j,∞[) =j

X

k=j

P({k})

=j

X

k=j

P({k}) =j

X

k=j

1 k− 1

k+ 1

= 1.

Ceci montre que

E(Xn+11A) =E(Xn1A) =

(1 siA∩[n+ 1,∞[= [n+ 1,∞[

0 sinon et par suite(Xn)n est une martingale.

3. On a(Xn)n est une martingale positive donc d’après le théorème de la convergence de Doop, (Xn)n →X = lim infnXn ps etX∈L1. Mais le seul négligeable est

∅ donc∀k∈N, Xn(k)→n X(k)et pourn > k, on aXn(k) = 0, d’oùX= 0.

D’autre part, E|Xn−X|= 16→0. On n’a pas donc la convergence dans L1. Exercice27

Posons(Ω,F, P) = ([0,1[,B[0,1[, λ =dt)et Fn(Ikn = [2kn,(k+1)2n [; k∈ {0,· · ·,2n− 1}). Soitf : [0,1]→Rune fonction lipschitzienne. On pose

Xn(ω) = 2n

2n−1

X

k=0

f((k+ 1)2−n)−f(k2−n) 1In

k(ω).

1. Monter que X = (Xn)n est une martingale (par rapport à la filtration (Fn)n la probabilitéλ).

2.Montrer queX converge presque sûre vers une v.a.Xintégrable.

3.Discuter la convergence deX dansL1.

4.Montrer que pour touta, b∈[0,1]tels quea < b, E X1[a,b[

=f(b)−f(a).

5.On suppose quef est de classeC1. À l’aide de4.expliciterX(ω).

Réponse : 1.

On a ∀n, Xn est Fn-mesurable, d’autre part, soit A ∈ Fn donc il existe d ∈ N et k1· ·kd∈ {0,· ·2n−1} tels queA=Sd

i=1Ikni d’où, avecαnk = 2n f(k+12n )−f(2kn) ,

E Xn+11A

=

d

X

i=1 2n+1−1

X

k=0

αn+1k λ Ikn+1∩Ikni

=

d

X

i=1

αn+12k

i λ I2kn+1

i ∩Iknin+12k

i+1λ I2kn+1

i+1∩Ikni

= 1

2n+1

d

X

i=1

αn+12k

in+12k

i+1

= 1

2n+1

d

X

i=1

2n+1 f(2ki+ 1

2n+1 )−f( 2ki

2n+1)

+ 2n+1 f(2ki+ 2

2n+1 )−f(2ki+ 1 2n+1 )

=

d

X

i=1

f(ki+ 1

2n )−f(ki 2n) De même on montre que

E Xn1A

=

d

X

i=1

f(ki+ 1

2n )−f(ki 2n) CQFD

2.PuisqueX est lipschitzienne alors∀ω,|Xn(ω)|6||f||lip

def= sups6=t|f(t)−f(s)|

|t−s| . Donc

∀p>1, sup

n E|Xn|p6||f||plip

D’après le théorème de convergence de Doob, on a(Xn)nconverge versXdef= lim infnXn presque surement et dansLp pour toutp>1.

(11)

3. Voir question2.

4. On a∀n∈N, [[22nna],[22nnb][∈ Fn

doncEXn1[[2n a]

2n ,[2n b]2n [=EX1[[2n a]

2n ,[2n b]2n [ mais EXn1[[2n a]

2n ,[2n b]2n [ =

[2nb]−1

X

k=[2na]

f(k+ 1

2n )−f(k 2n)

=f([2nb]

2n )−f([2na]

2n ) En tendantn→ ∞, et puisquef est continue, on obtient

E X1[a,b[

=f(b)−f(a).

c-à-df(b)−f(a) =Rb

aX(s)ds.CQFD 5. On a∀a, b∈[0,1[,E X1[a,b[

=f(b)−f(a) =Rb

a f0(s)ds=E f0 1[a,b[

. Le th de classe monotone nous donne∀A∈ F

E (X−f0) 1A

= 0.

D’oùX=f0 ps.

Exercice28

Soit(Mn)n une sous martingale par rapport à une filtration (Fn) sur un espace proba- bilisé Ω,F, P

, soit m ∈ N et A ∈ Fm tel que P(A) > 0. Notons PA la probabilité conditionnelle sachantA. On poseMn0 =Mm+n et Fn0 =Fm+n. Montrer que (Mn0)n est une sous martingale par rapport à la filtration(Fn0)dans l’espace probabilisé Ω,F, PA (et sa restriction àApar rapport à la filtration (A∩ Fn0)dans A, A∩ F, P

?).

Réponse :

On aMn0 =Mm+n est Fm+n=Fn0-mesurable. SoitC∈ Fn0, on a EPA Mn+10 1C

=E(Mm+n+11C1A) P(A) puisqueC∩A∈ Fn etMn est une martingale alors

=E(Mm+n1C1A) P(A)

=EPA(Mn01C). Ce qui prouve que(Mn0)n est une martingale.

Question :EPAX =EP(A)X1A?... méthode standard..

Exercice 29

SoitX= (Xn)une martingale et posonsXn= maxk6n |Xn|.

1.Montrer que pour toutα >1,

E(Xn∧α)61 +E |Xn|log+(Xn∧α)

avec log+(x) =

(log(x) six >1

0 sinon

2.En utilisanttlogs6tlogt+ e−1s, montrer que EXn6 e

e−1 1 +E|Xn|log+(|Xn|) .

3.En déduire que sisupnE |Xn|log+(|Xn|)

<∞alors (Xn)n converge p.s. et dans L1.

Réponse :

1.Montrer que pour toutα >1,

E(Xn∧α)61 +E |Xn|log+(Xn∧α)

avec log+(x) =

(log(x) six >1

0 sinon

On a, d’après l’inégalité maximale de Doob,∀α >1, Z α

1

E1(Xn>t)dt= Z α

1

P(Xn>t)dt6 Z α

1

E|Xn|1(X n>t)

t dt

et en utilisant le th. de Tonelli-Fibuni, on a

E(Xn∧α−1)1(Xn>1)6E|Xn|1(Xn>1)ln(Xn∧α) =E|Xn|ln+(Xn∧α) donc

E(Xn∧α−1) =E(Xn∧α−1)1(X

n>1)+E(Xn∧α−1)1(X n61)

| {z }

60

6E|Xn|1(Xn>1)ln(Xn∧α) =E|Xn|ln+(Xn∧α) CQFD

2.On a, pour touss, t >0,tlogs6tlogt+ e−1sil suffit de montrerlnst 6e−1st (une étude de fonction s’impose) et ceci donne, pour touss, t >0, tlog+s 6tlog+t+ e−1s.

D’après2.

Références

Documents relatifs

[r]

Le Théorème de caractérisation de Lévy affirme que la seule martingale continue de variation quadratique t est le mouvement brownien1. Exercice 4 : Somme de deux mouvements

Or la somme de deux variables aléatoires gaussiennes indépendantes est une variable aléatoire gaussienne (de moyenne la somme des moyennes et de variance la somme des variances)..

Expliquez intuitivement (en ne vous focalisant que sur l’équation stochastique) pourquoi ce processus a une “force de rappel vers b”.. Justifiez que (X t ) t≥0 est un

On fait l’hypothèse que le taux d’actif risqué évolue selon la formule

Le Théorème de caractérisation de Lévy affirme que la seule martingale continue de variation quadratique t est le mouvement brownien.. Correction exercice 4 : Exercice corrigé

L’idée est que par la propriété de Markov (forte) et par symmétrie, le deuxième processus est aussi un mouvement Brownien.. Justifier que X est un

Calculer sa covariance.. Trouver sa limite quand t tend vers +∞. Que pensez-vous de ce r´ esultat ? d) On consid` ere les arriv´ ees successives d’un autobus ` a un arrˆ et donn´