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
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
(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(τ>i)Xi±
=
∞
X
i=0
E1(τ>i)EXi±
car(τ >i)∈σ(X0,· · ·, Xi−1)qui est indépendant deXi±
=
∞
X
i=0
E1(τ>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
(τk+16m) =∪m−1j=1 [(τk =j)∪(τk+16m)]
=∪m−1j=1
(τk =j)∪ ∪mn=j+1 (Xn= 1)
∈ Fm.
— (conclusion)∀k∈N∗,τk 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.
Exercice9
Soitτ un temps d’arrêt sur une base(Ω,F, P,(Fn)n∈N)tel que∃ε >0etN ∈N∗tels 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−12n<τ62kn)(ω) + (+∞) 1(n<τ)(ω) On vérifie facilement que
X τ(ω) = 0 =⇒ ∀n, τn(ω) = 0,
Xτn(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.
(τn6t) =
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.
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)−g−1(g+=0), on ag : (E,E)→R mesurable etZ =g(Y).
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
F×R
z Z
E
f(x, y)PX(dx)P(Y,Z)(dydz) Tonelli-Fubini
= Z
F×R
zEf(X, y)P(Y,Z)(dydz) = Z
F×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|2def=σX<+∞.
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.
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 :
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|+EA∞6sup
n
2ES+n −ES0+E|S0|+EA∞ 62 sup
n ESn+−ES0+E|S0|+EA∞63 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).
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, EeisZn√n →n e−s
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,EeisZn√n admet une sous suite qui converge vers1. Ainsi, ∀s ∈R, e−s
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).
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 =σΩ(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.X∞intégrable.
3.Discuter la convergence deX dansL1.
4.Montrer que pour touta, b∈[0,1]tels quea < b, E X∞1[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 ∩Ikni +αn+12k
i+1λ I2kn+1
i+1∩Ikni
= 1
2n+1
d
X
i=1
αn+12k
i +αn+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 versX∞def= lim infnXn presque surement et dansLp pour toutp>1.
3. Voir question2.
4. On a∀n∈N∗, [[22nna],[22nnb][∈ Fn
doncEXn1[[2n a]
2n ,[2n b]2n [=EX∞1[[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 X∞1[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 X∞1[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 EXn∗6 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(X∗n>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.