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مسابقة دكتوراه 2019 — Source inconnue — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'entrée à la Formation Doctorale — Épreuve Calcul Stochastique — Université et date non précisées.

التمرين 1

Exercice 1 — Espérance conditionnelle et loi de la somme brownienne

#brownian-motion#conditional-expectation#filtration

Tous les processus sont définis sur un même espace de probabilité (Ω,F,(Ft)t≥0,P)(\Omega, \mathcal{F}, (\mathcal{F}_t)_{t \geq 0}, P) et soit un mouvement brownien standard (Bt)t≥0(B_t)_{t \geq 0} muni de sa filtration naturelle (Ft)t≥0(\mathcal{F}_t)_{t \geq 0}.

  1. (05 pts) Calculer E((Bs+Bs2)eBt∣Fs)E((B_s + B_s^2)e^{B_t} \mid \mathcal{F}_s), pour s≤ts \leq t.
  2. Quelle est la loi de Bs+BtB_s + B_t ?
◀الحل

1.

On utilise Bt=Bs+(Bt−Bs)B_t = B_s + (B_t - B_s) avec Bt−BsB_t - B_s indépendant de Fs\mathcal{F}_s et de loi N(0,t−s)\mathcal{N}(0, t-s) :

E(eBt∣Fs)=eBs+(t−s)/2E(e^{B_t} \mid \mathcal{F}_s) = e^{B_s + (t-s)/2}

Donc :

E((Bs+Bs2)eBt∣Fs)=(Bs+Bs2)eBs+(t−s)/2\boxed{E((B_s + B_s^2)e^{B_t} \mid \mathcal{F}_s) = (B_s + B_s^2) e^{B_s + (t-s)/2}}

2.

Var(Bs+Bt)=s+t+2min⁡(s,t)=t+3s\text{Var}(B_s + B_t) = s + t + 2\min(s,t) = t + 3s pour s≤ts \leq t.

Bs+Bt∼N(0,t+3s)\boxed{B_s + B_t \sim \mathcal{N}(0, t + 3s)}

التمرين 2

Exercice 2 — Processus intégral brownien : espérance et convergence

#stochastic-integral#brownian-motion#covariance#mean-square-convergence

Soit (Xt)t≥0(X_t)_{t \geq 0} le processus défini pour t∈[0,1[t \in [0, 1[ par :

Xt=(1−t)∫0t11−u dBuX_t = (1 - t) \int_0^t \frac{1}{1 - u}\, dB_u

  1. (07 pts) Calculer E(Xt)E(X_t) et Cov(Xs,Xt)\text{Cov}(X_s, X_t), s≤ts \leq t.
  2. Montrer que lim⁡t→1−Xt=0\lim_{t \to 1^-} X_t = 0 en moyenne quadratique.
◀الحل

1.

E(Xt)=0E(X_t) = 0 car c'est une intégrale d'Itô.

Par isométrie d'Itô : E[∫0sdBu1−u⋅∫0tdBu1−u]=∫0sdu(1−u)2=s1−sE\left[\int_0^s \frac{dB_u}{1-u} \cdot \int_0^t \frac{dB_u}{1-u}\right] = \int_0^s \frac{du}{(1-u)^2} = \frac{s}{1-s}.

Donc :

Cov(Xs,Xt)=(1−s)(1−t)⋅s1−s=s(1−t)\boxed{\text{Cov}(X_s, X_t) = (1-s)(1-t) \cdot \frac{s}{1-s} = s(1-t)}

2.

E(Xt2)=t(1−t)→0E(X_t^2) = t(1-t) \to 0 quand t→1−t \to 1^-. Convergence en moyenne quadratique vers 0.

التمرين 3

Exercice 3 — EDS d'Ornstein-Uhlenbeck et martingale

#stochastic-differential-equation#ornstein-uhlenbeck#martingale#ito-formula

On considère l'E.D.S. suivante :

{dXt=−Xt dt+dBtX0=0(1)\begin{cases} dX_t = -X_t\, dt + dB_t \\\\ X_0 = 0 \end{cases} \qquad (1)

  1. (08 pts) Montrer que l'équation (1) admet une unique solution et que le processus (Xt)t≥0(X_t)_{t \geq 0} défini par

Xt=Bt−e−t∫0teuBu duX_t = B_t - e^{-t} \int_0^t e^u B_u\, du

est solution de (1). 2. Calculer E(Xt∣Fs)E(X_t \mid \mathcal{F}_s), s≤ts \leq t. 3. En déduire que le processus (Yt)t≥0(Y_t)_{t \geq 0} défini par Yt=etXtY_t = e^t X_t est une (Ft)t≥0(\mathcal{F}_t)_{t \geq 0}-martingale.

◀الحل

1.

Coefficients linéaires donc Lipschitz : existence et unicité. La solution est le processus d'Ornstein-Uhlenbeck Xt=e−t∫0teudBuX_t = e^{-t}\int_0^t e^u dB_u. Par intégration par parties, cela donne la forme indiquée.

2.

E(Xt∣Fs)=e−(t−s)Xs\boxed{E(X_t \mid \mathcal{F}_s) = e^{-(t-s)} X_s}

3.

E(Yt∣Fs)=et⋅e−(t−s)Xs=esXs=YsE(Y_t \mid \mathcal{F}_s) = e^t \cdot e^{-(t-s)} X_s = e^s X_s = Y_s. Donc (Yt)(Y_t) est une martingale.