Exercice 1 : Temps d’atteinte du mouvement Brownien.

ISFA Vincent Lerouvillois Processus stochastiques - M1 Actuariat lerouvillois@math.univ-lyon1.fr Semestre automne 2018-2019 math.univ-lyon1.fr/homes-www/lerouvillois/

Éléments de correction TD n

^o

3

Mouvement Brownien (suite) et Intégrale de Wiener

Exercice 1 : Temps d’atteinte du mouvement Brownien.

Soit a > 0, (B

t

)

_t∈R+

un mouvement Brownien et soit T

a

:= inf { t ≥ 0, B

t

= a } le premier temps d’atteinte du point a par un mouvement Brownien.

1. En utilisant une des martingales du mouvement Brownien , calculez sa transformée de La- place :

E [exp( − λT

_a

)]

pour tout λ > 0.

2. En déduire que P (T

a

< + ∞ ) = 1 et que E [T

a

] = + ∞ . Correction exercice 1 :

1. On utilise le fait que pour tout λ > 0, le processus stochastique

e

^λBt−λ

2 2 t

t≥0

est une martingale.

Par ailleurs, T

a

est un temps d’arrêt car { T

a

≥ t } = { sup { B

s

, s ∈ [0, t] } ≥ a } ∈ F

t

. On peut donc appliquer le théorème d’arrêt aux temps d’arrêts bornés 0 ≤ t ∧ T

_a

. On obtient l’égalité :

E

e

^{λBt∧Ta−λ}

2 2 t∧Ta

F

⁰

= 1, puis en prenant l’espérance

E

e

^{λBt∧Ta−λ}

2 2 t∧Ta

= 1.

Nous voulons maintenant réaliser la limite t → + ∞ . Pour cela, on va utiliser le théorème de convergence dominée. D’une part, on a la convergence presque sûre :

e

^{λBt∧Ta−λ}

2

2 t∧Ta _t→+∞

−→

1_Ta<+∞

e

^λBTa−λ

2 2 Ta

=

1_Ta<+∞

e

^λa−λ

2

2 Ta

(car B

_Ta

= a par continuité du mouvement Brownien).

D’autre part, on a la domination suivante : e

^{λBt∧Ta−λ}

2

2 t∧Ta

≤ e

^λa

, (car B

t∧Ta

≤ a)

qui est bien intégrable comme variable aléatoire constante. On en déduit par le théorème de convergence dominée que :

E

e

^{λBt∧Ta−λ}

2 2 t∧T_a

t→+∞

−→ E

1Ta<+∞

e

^λa−λ

2 2 Ta

= E

e

^λa−λ

2 2 Ta

. Par conséquent, on a

E

e

^λa−λ

2 2 Ta

= 1, puis

E

e

^−λ

2 2 Ta

= e

^−λa

. Posons, λ

⁰

=

^λ₂²

, on obtient E

h e

^−λ0Ta

i

= e

⁻

√

2λ⁰a

. On a montré que :

∀ λ > 0, E h e

^−λTa

i

= e

⁻

√ 2λa

.

2. On a que E e

^−λTa

= E

1_Ta<∞

e

^−λTa

. De plus,

1_Ta<∞

e

^−λTa

−→

λ→01_Ta<∞

,

et on a la domination

1_Ta<∞

e

^−λTa

≤ 1 donc par le théorème de convergence dominée, E h

e

^−λTa

i

= E h

1_Ta<∞

e

^−λTa

i

−→

λ→0

E [1

_Ta<∞

] = P [T

_a

< ∞ ] . D’où,

P [T

_a

< ∞ ] = lim

λ→0

e

⁻

√2λa

= 1.

Ensuite, pour tout λ > 0, on a par le théorème de dérivation sous l’intégrale que : d E

e

^−λTa

dλ = E

h − T

a

e

^−λTa

i

.

Or, par théorème de convergence monotone : E [T

a

] = lim

λ→0

E h

T

a

e

^−λTa

i

.

On a donc

E [T

a

] = lim

λ→0

E h

T

a

e

^−λTa

i

= lim

λ→0

− d E e

^−λTa

dλ

= lim

λ→0

− d dλ

e

⁻

√ 2λa

= lim

λ→0

√ a 2λ e

⁻

√ 2λa

= + ∞ .

En conclusion,

E [T

a

] = + ∞ .

Exercice 2 : Principe de Réflexion et loi du Maximum.

Soit B un mouvement Brownien. Pour tout t ∈ R

+

, on note S

t

= sup

_s∈[0,t]

B

s

le maximum du mouvement Brownien sur l’intervalle [0, t]. Le but de cet exercice est d’utiliser un principe dit “de réflexion” (illustration Figure 1) pour calculer la loi de S

t

.

1. On note T

_a

:= inf { t ≥ 0, B

_t

= a } le premier temps d’atteinte de a par le mouvement Brownien. On note B

^a_s

= B

s+Ta

− B

Ta

. Que pouvez-vous dire du processus (B

_s^a

)

_s∈R+

? 2. Montrez que P [S

t

≥ a, B

t

≤ b] = P

T

a

≤ t, B

_t−T^a _a

≤ b − a . 3. En déduire que P [S

t

≥ a, B

t

≤ b] = P

T

a

≤ t, B

_t−T^a _a

≥ a − b .

4. En déduire que P [S

_t

≥ a, B

_t

≤ b] = P [B

_t

≥ 2a − b] (voir illustration Figure 1) . 5. En conclure que P [S

_t

≥ a] = 2 P [B

_t

≥ a] = P [ | B

_t

| ≥ a] et donc que

S

_t

=

^d

| B

_t

| .

Correction exercice 2 : (Proposée par Hugo Vaneuville) On fixe t, a, b comme dans l’énoncé.

1. D’après la propriété de Markov forte, (B

_s^a

)

s∈R+

est un mouvement Brownien indépendant de F

Ta

.

2. On a :

{ S

_t

≥ a } = {∃ s ∈ [0, t], B

_s

≥ a }

= {∃ s ∈ [0, t], B

_s

= a } (par le théorème des valeurs intermédiaires)

= { T

_a

≤ t } .

De plus, sur l’événement { T

_a

≤ t } , on a B

_t−T^a

a

= B

_t

− B

_Ta

= B

_t

− a. Et donc : P [S

_t

≥ a, B

_t

≤ b] = P

T

_a

≤ t, B

_t−T^a _a

+ a ≤ b

= P

T

_a

≤ t, B

_t−T^a _a

≤ b − a .

3. Si on conditionne par F

Ta

et qu’on utilise la question 2, on obtient que : P [S

t

≥ a, B

t

≤ b] = E

h E

h

1Ta≤t1B^a_t−Ta≤b−a

F

Ta

ii

= E

1Ta≤t

P

B

_t−T^a _a

≤ b − a F

Ta

(car T

a

est mesurable par rapport à F

Ta

).

Comme T

_a

est mesurable par rapport à F

Ta

, on a : P

B

_t−T^a _a

≤ b − a F

Ta

= P

B

_t−s^a

≤ b − a F

Ta

|s=Ta

= P

B

_t−s^a

≤ b − a

|s=Ta

(car B

_t−s^a

est indépendant de F

Ta

).

Or, (B

^a_s

)

s∈R+

est un mouvement Brownien, donc par symmétrie : P

B

_t−s^a

≤ b − a

= P

− B

_t−s^a

≤ b − a .

En utilisant de nouveau que B

_t−s^a

est indépendant de F

Ta

et que T

a

est mesurable par rapport à F

Ta

, on obtient que :

P

− B

_t−s^a

≤ b − a

|s=Ta

= P

− B

_t−T^a _a

≤ b − a F

^Ta

.

Finalement :

P [S

t

≥ a, B

t

≤ b] = E

1Ta≤t

P

− B

_t−T^a _a

≤ b − a F

Ta

= E

h E

h

1Ta≤t1−B_t−^a _Ta≤b−a

F

Ta

ii

(car T

a

est mesurable par rapport à F

Ta

)

= P

T

a

≤ t, − B

_t−T^a _a

≤ b − a

= P

T

a

≤ t, B

^a_t−Ta

≥ a − b .

4. On conclut de la façon suivante :

P [S

_t

≥ a, B

_t

≤ b] = P

T

_a

≤ t, B

_t−T^a _a

≥ a − b

= P [S

_t

≥ a, B

t−Ta+Ta

− a ≥ a − b]

= P [S

_t

≥ a, B

_t

≥ 2a − b] .

Or, comme a ≥ b, on a 2a − b ≥ a, donc l’événement { B

t

≥ 2a − b } contient l’événement { S

_t

≥ a } , ce qui donne le résultat.

5. En appliquant le résultat précédent avec b = a, on obtient que : P [S

_t

≥ a] = P [S

_t

≥ a, B

_t

≤ a] + P [S

_t

≥ a, B

_t

≥ a]

= P [S

_t

≥ a, B

_t

≥ a] + P [S

_t

≥ a, B

_t

≥ a] (d’après la question précédente)

= 2 P [B

_t

≥ a] (car { B

_t

≥ a } ⊆ { S

_t

≥ a } )

= P [ | B

_t

| ≥ a] .

Exercice 3 : Intégrale de Wiener

2a − b a b

t t

T

_a

T

_a

Figure

1 –

Illustration du principe de réflexion par Hugo Vanneuville. A gauche, un mouvement Brownien sa- tisfaisant l’événement {St ≥a, Bt ≤b}. À gauche, le même mouvement Brownien après réflexion pours ≥Ta et qui vérifie maintenantBt≥2a−b. L’idée est que par la propriété de Markov (forte) et par symmétrie, le deuxième processus est aussi un mouvement Brownien.

1. Justifier que la variable aléatoire X

t

= R

t

0

(sin s) dB

s

est bien définie comme intégrale de Wiener.

2. Justifier que X est un processus gaussien. Calculer son espérance et sa covariance E(X

s

X

t

).

3. Montrer que le processus X est une martingale.

4. Quelle est la variation quadratique de X ?

Correction exercice 3 : Les trois premières questions ont été vues en classe. Voici la correction de la quatrième question. A la question deux, il a été montré que

Γ(s, t) := Cov(X

_s

, X

_t

) = 1

2 sin(s ∧ t) − 1

4 sin(2s ∧ t).

Calculons pour tout s ≤ t, E X

_t²

F

^s

.

E X

_t²

F

^s

= E

(X

t

− X

s

+ X

s

)

²

F

^s

= E

(X

t

− X

s

)

²

F

^s

+ 2X

s

E

X

t

− X

s

F

^s

+ X

_s²

(par F

s

-mesurabilité de X

s

)

= E

(X

t

− X

s

)

²

+ 2X

s

× 0 + X

_s²

(car (X

t

)

t∈R+

est un PAI)

= V (X

t

− X

s

) + X

_s²

= Γ(t, t) + Γ(s, s) − 2Γ(s, t) + X

_s²

= Γ(t, t) − Γ(s, s) + X

_s²

(car Γ(s, t) = Γ(s ∧ t, s ∧ t) et s ≤ t) On en déduit que (X

_t²

− Γ(t, t))

t∈R+

est une martingale et donc que la variation quadratique de X vaut :

h X i

^t

= Γ(t, t) = 1

2 sin(t) − 1

4 sin(2t).

Exercice 4 : Vers l’intégrale stochastique générale...

Le but de cet exercice est de calculer l’intégrale stochastique R

t

0

B

s

dB

s

, en utilisant la construction vue en cours par approximation par des processus étagés.

1. Montrer que le mouvement Brownien (B

_t

)

t∈R+

est un

bon processus.

2. On définit le processus étagé suivant : B

_tⁿ

=

n−1

X

k=0

B

_tk1_[tk,tk+1[

(t) ,

avec t

_k

:=

^kt_n

. Montrer que B

^{n L}

2([0,t])

n→∞

−→ B c’est à dire que : E h R

t

0

(B

_sⁿ

− B

_s

)

²

ds i

n→∞

−→ 0 . 3. Calculer R

t

0

B

_sⁿ

dB

s

. On pourra exprimer le résultat comme fonction du mouvement Brownien.

4. Montrer enfin que

Z

t 0

B

s

dB

s

= 1

2 B

_t²

− 1 2 t .

Remarque : On s’assure queBt_k est bien mesurable par rapport à la tribu indexée par la borne gauche de l’intervalle[tk, t_k+1[à savoirF^tk. Si, par exemple, on remplaçaitBt_k parBt_k+1 qui n’est pasF^tk-mesurable maisF^tk+1-mesurable, on obtiendrait un résultat différent (Exercice : le vérifier).

Correction exercice 4 :

1. Vu en classe.

2. Vu en classe.

3. Calculons pour tout n ∈ N∗ l’intégrale stochastique Z

t

0

B

_sⁿ

dB

_s

.

Par définition de l’intégrale stochastique pour des fonctions en escalier, on a que : Z

t

0

B

_sⁿ

dB

s

:=

n−1

X

k=0

B

t_k

(B

t_k+1

− B

t_k

).

Ensuite, on écrit que :

B

tk

= B

tk+1

+ B

tk

2 − B

tk+1

− B

tk

2 ,

pour réécrire la somme sous la forme : Z

t

0

B

_sⁿ

dB

s

=

n−1

X

k=0

(B

tk+1

+ B

tk

)

2 − (B

tk+1

− B

tk

) 2

(B

t_k+1

− B

t_k

)

=

n−1

X

k=0

(B

_tk+1

+ B

_tk

)(B

_tk+1

− B

_tk

)

2 −

n−1

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

2

=

n−1

X

k=0

B

²_tk+1

− B

_t²_k

2 −

n−1

X

k=0

(B

tk+1

− B

tk

)

²

2 .

Par télescopage de la première somme, on obtient l’expression : Z

t

0

B

ⁿ_s

dB

_s

= 1 2 B

_t²

−

n−1

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

2 .

4. D’après la question 2, B

^{n L}

2([0,t])

n→∞

−→ B et donc R

t

0

B

_sⁿ

dB

_s ^L

2(Ω) n→∞

−→

R

t

0

B

_s

dB

_s

, par définition de l’intégrale stochastique généralisée comme prolongement L

²

de l’intégrale stochastique sur des fonctions en escalier. D’après, le résultat de la question 3, il nous reste à montrer que :

n−1

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

^{2 L}

2(Ω) n→∞

−→ t, pour conclure que R

t

0

B

_s

dB

_s

=

¹₂

B

_t²

−

¹₂

t. Autrement dit, il faut montrer que : E

"

ⁿ⁻¹

X

k=0

(B

t_k+1

− B

t_k

)

²

− t

2

#

n→∞

−→ 0.

On a que : E

"

ⁿ⁻¹

X

k=0

(B

tk+1

− B

tk

)

²

− t

2

#

= E

"

ⁿ⁻¹

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t/n

2

#

= E

"

ⁿ⁻¹

X

k=0

(B

tk+1

− B

tk

)

²

− t/n

ⁿ⁻¹

X

k⁰=0

(B

t_k0+1

− B

_t⁰

k

)

²

− t/n

#

= E





n−1

X

k=0, k=k⁰

(B

t_k+1

− B

t_k

)

²

− t/n

2



 + E



 X

k6=k⁰

(B

t_k+1

− B

t_k

)

²

− t/n

(B

t_k0+1

− B

_t⁰

k

)

²

− t/n



 .

Commençons par traiter le deuxième terme de la somme. Pour k 6 = k

⁰

, on a que [t

k

, t

k+1

[ et [t

⁰_k

, t

_k⁰₊₁

[ sont disjoints donc (B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t/n et (B

_tk0+1

− B

_t⁰

k

)

²

− t/n sont indépendantes.

par conséquent :

E



 X

k6=k⁰

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t/n

(B

_tk0+1

− B

_t⁰

k

)

²

− t/n





= X

k6=k⁰

E

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t/n E h

(B

_tk0+1

− B

_t⁰

k

)

²

− t/n i

(par indépendance)

= X

k6=k⁰

0 × 0 (car E

(B

tk+1

− B

tk

)

²

= V (B

tk+1

− B

tk

) = t/n)

= 0.

Pour le premier terme de la somme, on peut écrire : E

"

_n−1

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t/n

2

#

=

n−1

X

k=0

E h ( p

t/nZ)

²

− t/n

2

i

(avec Z ∼ N (0, 1))

=

n−1

X

k=0

E

((t/n)(Z

²

− 1))

²

=

n−1

X

k=0

(t/n)

²

E

((Z

²

− 1))

²

= t

²

n E

((Z

²

− 1))

²

n→∞

−→ 0 (car E

((Z

²

− 1))

²

< + ∞ ).

On a donc bien montré que : E

"

ⁿ⁻¹

X

k=0

(B

_tk+1

− B

_tk

)

²

− t

2

#

n→∞

−→ 0,

et donc que

Z

t 0

B

s

dB

s

= 1

2 B

_t²

− 1

2 t .