مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Draia d'Adrar — الموضوع 01

1.

On a

$Y_t=\eta t+\tau B_t,$

avec $\eta$ indépendante du mouvement brownien. Donc, pour $s,t\ge 0$,

$\operatorname{Cov}(\eta,Y_s)=\operatorname{Cov}(\eta,s\eta+\tau B_s)=s\operatorname{Var}(\eta)+\tau\operatorname{Cov}(\eta,B_s)=s\rho^2.$

Ainsi

$\boxed{\operatorname{Cov}(\eta,Y_s)=s\rho^2.}$

Ensuite,

$\operatorname{Cov}(Y_s,Y_t)=\operatorname{Cov}(s\eta+\tau B_s,t\eta+\tau B_t).$

Par bilinéarité et indépendance de $\eta$ et de $B$,

$\operatorname{Cov}(Y_s,Y_t)=st\rho^2+\tau^2\operatorname{Cov}(B_s,B_t).$

Or pour un mouvement brownien,

$\operatorname{Cov}(B_s,B_t)=\min(s,t).$

Donc

$\boxed{\operatorname{Cov}(Y_s,Y_t)=st\rho^2+\tau^2\min(s,t).}$

2.

Le processus $(B_t)_t$ est gaussien, et $\eta$ est gaussienne indépendante de $B$. Pour tout choix fini $t_1,\dots,t_n$ et de réels $a_1,\dots,a_n$,

$\sum_{k=1}^n a_k Y_{t_k}=\left(\sum_{k=1}^n a_k t_k\right)\eta+\tau\sum_{k=1}^n a_k B_{t_k}.$

Le second terme est gaussien, le premier aussi, et ils sont indépendants. Leur somme est donc gaussienne. Ainsi tout vecteur fini

$\big(Y_{t_1},\dots,Y_{t_n}\big)$

est gaussien.

$\boxed{(Y_t)_{t\ge 0}\text{ est un processus gaussien.} }$

3.

Comme $\eta$ et $Y_t$ sont conjointement gaussiens, la régression linéaire est exacte. Posons

$\lambda_t=\frac{\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)}{\operatorname{Var}(Y_t)}.$

Or

$\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)=t\rho^2,$

et

$\operatorname{Var}(Y_t)=t^2\rho^2+\tau^2 t=t(t\rho^2+\tau^2).$

Donc

$\lambda_t=\frac{t\rho^2}{t(t\rho^2+\tau^2)}=\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2}.$

Définissons

$Z=\eta-\lambda_t Y_t.$

Alors

$\operatorname{Cov}(Z,Y_t)=\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)-\lambda_t\operatorname{Var}(Y_t)=0.$

Plus généralement, pour $s\le t$,

$\operatorname{Cov}(Z,Y_s)=\operatorname{Cov}(\eta,Y_s)-\lambda_t\operatorname{Cov}(Y_t,Y_s)=s\rho^2-\lambda_t\big(st\rho^2+\tau^2 s\big).$

Comme

$\lambda_t=\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2},$

on obtient

$\operatorname{Cov}(Z,Y_s)=s\rho^2\left(1-\frac{t\rho^2+\tau^2}{t\rho^2+\tau^2}\right)=0.$

Le vecteur $(Z,Y_{s_1},\dots,Y_{s_n})$ est gaussien pour tout choix fini $s_i\le t$. La nullité de toutes ces covariances implique donc l'indépendance de $Z$ et de $\mathcal{G}_t$.

$\boxed{\eta=\lambda_t Y_t+Z,\qquad \lambda_t=\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2},\quad Z\perp\!\!\!\perp \mathcal{G}_t.}$

4.

Comme $Z$ est indépendant de $\mathcal{G}_t$ et centré après avoir retranché son espérance, on obtient

$\mathbb{E}[\eta\mid \mathcal{G}_t]=\lambda_t Y_t+\mathbb{E}[Z].$

Or

$\mathbb{E}[Y_t]=tm,$

et

$\mathbb{E}[Z]=m-\lambda_t tm.$

Donc

$\mathbb{E}[\eta\mid \mathcal{G}_t]=m+\lambda_t(Y_t-tm).$

Ainsi

$\boxed{\mathbb{E}[\eta\mid \mathcal{G}_t]=m+\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2}(Y_t-tm).}$

L'erreur d'estimation est

$\eta-\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t],$

et sa variance vaut, par la formule de régression gaussienne,

$\operatorname{Var}(\eta\mid\mathcal{G}_t)=\rho^2-\frac{\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)^2}{\operatorname{Var}(Y_t)}.$

Donc

$\operatorname{Var}(\eta-\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t])=\rho^2-\frac{t^2\rho^4}{t(t\rho^2+\tau^2)}=\rho^2\left(1-\frac{t\rho^2}{t\rho^2+\tau^2}\right)=\frac{\rho^2\tau^2}{t\rho^2+\tau^2}.$

Ainsi

$\boxed{\operatorname{Var}(\eta-\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t])=\frac{\rho^2\tau^2}{t\rho^2+\tau^2}.}$

Cette variance tend vers $0$ quand $t\to+\infty$, donc

$\eta-\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t]\to 0$

dans $L^2$, puis en probabilité. Comme $(\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t])_{t\ge 0}$ est une martingale fermée dans $L^2$, elle converge presque sûrement et dans $L^2$ vers $\mathbb{E}[\eta\mid \mathcal{G}_\infty]$. L'unicité de la limite en probabilité donne alors

$\boxed{\lim_{t\to+\infty}\mathbb{E}[\eta\mid\mathcal{G}_t]=\eta\quad p.s.}$

1.

Comme $(\varphi_n)_n$ est une base hilbertienne orthonormale de $L^2(I)$, l'identité de Parseval donne, pour tout $t\in I$,

$\sum_{n\ge 1}|\langle \mathbf{1}_{[0,t]},\varphi_n\rangle|^2=\|\mathbf{1}_{[0,t]}\|_{L^2(I)}^2.$

Or

$\|\mathbf{1}_{[0,t]}\|_{L^2(I)}^2=\int_0^T \mathbf{1}_{[0,t]}(s)^2\,ds=\int_0^t 1\,ds=t.$

Donc

$\boxed{\sum_{n\in\mathbb{N}}|\langle \mathbf{1}_{[0,t]},\varphi_n\rangle|^2=t\lt +\infty.}$

2.

Pour chaque $t\in I$, posons

$a_n(t)=\langle \mathbf{1}_{[0,t]},\varphi_n\rangle.$

On vient de montrer que $(a_n(t))_n\in \ell^2$. La série gaussienne

$\sum_{n\ge 1} a_n(t)X_n$

converge dans $L^2(\Omega)$ car

$\mathbb{E}\left[\left(\sum_{n=1}^N a_n(t)X_n-\sum_{n=1}^M a_n(t)X_n\right)^2\right]=\sum_{n=M+1}^N a_n(t)^2\xrightarrow[M,N\to\infty]{}0,$

grace à l'indépendance et au fait que $\mathbb{E}[X_nX_m]=\delta_{nm}$.

Donc $B_t$ est bien défini dans $L^2(\Omega)$, pour tout $t\in I$.

$\boxed{B_t\text{ est bien défini pour tout }t\in I.}$

3.

3.1. Gaussianité

Pour tout choix fini $t_1,\dots,t_k$ et de scalaires $c_1,\dots,c_k$,

$\sum_{j=1}^k c_j B_{t_j}=\sum_{n\ge 1}\left(\sum_{j=1}^k c_j a_n(t_j)\right)X_n.$

C'est une combinaison linéaire de gaussiennes indépendantes, donc une variable gaussienne. Ainsi $(B_t)_{t\in I}$ est un processus gaussien centré.

3.2. Covariance

Pour $s,t\in I$,

$\mathbb{E}[B_sB_t]=\sum_{n,m\ge 1} a_n(s)a_m(t)\mathbb{E}[X_nX_m]=\sum_{n\ge 1} a_n(s)a_n(t).$

Par Parseval,

$\sum_{n\ge 1} a_n(s)a_n(t)=\langle \mathbf{1}_{[0,s]},\mathbf{1}_{[0,t]}\rangle=\int_0^T \mathbf{1}_{[0,s]}(u)\mathbf{1}_{[0,t]}(u)\,du=\min(s,t).$

Donc

$\boxed{\mathbb{E}[B_sB_t]=\min(s,t).}$

3.3. Accroissements indépendants

Comme le processus est gaussien, il suffit de montrer que les accroissements disjoints sont orthogonaux. Si $0\le t_0\lt t_1\le t_2\lt t_3\le T$, alors

$B_{t_1}-B_{t_0}=\sum_{n\ge 1}\langle \mathbf{1}_{(t_0,t_1]},\varphi_n\rangle X_n,$

et

$B_{t_3}-B_{t_2}=\sum_{n\ge 1}\langle \mathbf{1}_{(t_2,t_3]},\varphi_n\rangle X_n.$

Leur covariance vaut

$\langle \mathbf{1}_{(t_0,t_1]},\mathbf{1}_{(t_2,t_3]}\rangle=0,$

car les intervalles sont disjoints. Ces accroissements sont donc indépendants.

3.4. Loi des accroissements

Pour $0\le s\lt t\le T$,

$B_t-B_s$

est gaussienne centrée de variance

$\mathbb{E}[(B_t-B_s)^2]=t+s-2\min(s,t)=t-s.$

Donc

$B_t-B_s\sim \mathcal{N}(0,t-s).$

Enfin, $B_0=0$ presque sûrement.

On a donc toutes les propriétés :

$\boxed{B=(B_t)_{t\in I}\text{ est un mouvement brownien naturel.}}$

4.

Pour $s,t\in I$,

$B_t-B_s\sim \mathcal{N}(0,|t-s|).$

Or pour toute variable gaussienne centrée $Z\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ et tout $p\ge 1$,

$\mathbb{E}[|Z|^p]=C_p\sigma^p,$

où $C_p=\mathbb{E}[|N|^p]$ pour $N\sim\mathcal{N}(0,1)$.

Donc

$\mathbb{E}[|B_t-B_s|^p]=C_p|t-s|^{p/2}.$

Choisissons $p\gt 2$. Alors

$\mathbb{E}[|B_t-B_s|^p]\le C_p |t-s|^{1+\beta},\qquad \beta=\frac p2-1\gt 0.$

Le critère de Kolmogorov assure alors l'existence d'une modification de $B$ dont les trajectoires sont localement $\alpha$-höldériennes pour tout

$0\lt \alpha\lt \frac{\beta}{p}=\frac12-\frac1p.$

Comme on peut prendre $p$ arbitrairement grand, on obtient finalement

$\boxed{B\text{ admet une modification à trajectoires localement }\alpha\text{-höldériennes pour tout }0\lt \alpha\lt \frac12.}$

1.a.

On doit vérifier les trois axiomes d'une norme.

Pour tout $x\in C([0,b],\mathbb{R})$,

$\|x\|_{k,b}=\sup_{t\in[0,b]} e^{-kt}|x(t)|\ge 0.$

Si $\|x\|_{k,b}=0$, alors pour tout $t\in[0,b]$,

$e^{-kt}|x(t)|=0,$

et comme $e^{-kt}\gt 0$, on a $x(t)=0$ pour tout $t$. Donc $x=0$.

Pour tout scalaire $\lambda$,

$\|\lambda x\|_{k,b}=\sup_{t\in[0,b]} e^{-kt}|\lambda||x(t)|=|\lambda|\|x\|_{k,b}.$

Enfin, pour $x,y\in C([0,b],\mathbb{R})$,

$e^{-kt}|x(t)+y(t)|\le e^{-kt}|x(t)|+e^{-kt}|y(t)|,$

donc en prenant le supremum,

$\|x+y\|_{k,b}\le \|x\|_{k,b}+\|y\|_{k,b}.$

Ainsi

$\boxed{\|\cdot\|_{k,b}\text{ est une norme sur }C([0,b],\mathbb{R}).}$

1.b.

Pour tout $t\in[0,b]$, on a

$e^{-kb}\le e^{-kt}\le 1.$

Donc

$e^{-kb}|x(t)|\le e^{-kt}|x(t)|\le |x(t)|.$

En prenant le supremum sur $[0,b]$, on obtient

$e^{-kb}\|x\|_\infty\le \|x\|_{k,b}\le \|x\|_\infty.$

Donc les deux normes sont fortement équivalentes.

$\boxed{e^{-kb}\|x\|_\infty\le \|x\|_{k,b}\le \|x\|_\infty.}$

1.c.

L'espace $\big(C([0,b],\mathbb{R}),\|\cdot\|_\infty\big)$ est complet. Comme $\|\cdot\|_{k,b}$ est équivalente à $\|\cdot\|_\infty$, la complétude est conservée.

$\boxed{\big(C([0,b],\mathbb{R}),\|\cdot\|_{k,b}\big)\text{ est complet}.}$

2.a.

Pour $y,z\in C([0,b],\mathbb{R})$ et tout $t\in[0,b]$,

$N(y)(t)-N(z)(t)=\int_0^t \big(f(s,y(s))-f(s,z(s))\big)\,ds.$

En multipliant par $e^{-kt}$ et en utilisant le caractère lipschitzien de $f$ par rapport à la seconde variable,

$e^{-kt}|N(y)(t)-N(z)(t)|\le e^{-kt}\int_0^t k|y(s)-z(s)|\,ds.$

Or

$|y(s)-z(s)|\le e^{ks}\|y-z\|_{k,b},$

si bien que

$e^{-kt}|N(y)(t)-N(z)(t)|\le ke^{-kt}\|y-z\|_{k,b}\int_0^t e^{ks}\,ds.$

Comme

$\int_0^t e^{ks}\,ds=\frac{e^{kt}-1}{k},$

on obtient

$e^{-kt}|N(y)(t)-N(z)(t)|\le (1-e^{-kt})\|y-z\|_{k,b}\le (1-e^{-kb})\|y-z\|_{k,b}.$

En prenant le supremum sur $t\in[0,b]$,

$\|N(y)-N(z)\|_{k,b}\le (1-e^{-kb})\|y-z\|_{k,b}.$

Comme $0\lt 1-e^{-kb}\lt 1$, $N$ est une contraction.

$\boxed{N\text{ est contractante de rapport }q=1-e^{-kb}.}$

2.b.

L'espace $\big(C([0,b],\mathbb{R}),\|\cdot\|_{k,b}\big)$ est complet et $N$ y est contractante. Par le théorème du point fixe de Banach, $N$ admet un unique point fixe $y\in C([0,b],\mathbb{R})$.

Ce point fixe vérifie exactement

$y(t)=y_0+\int_0^t f(s,y(s))\,ds,$

c'est-à-dire l'équation (1).

$\boxed{\text{L'équation (1) admet une unique solution dans }C([0,b],\mathbb{R}).}$