مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Draia d'Adrar — الموضوع 04

1. Calcul des covariances

On a

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

Comme $\eta$ est indépendante de $B_t$ et que $\mathbb E[B_t]=0$, on obtient

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

Donc

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

Ensuite, pour $s,t\ge 0$,

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

En développant :

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

car les termes croisés sont nuls par indépendance.

Or pour un mouvement brownien,

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

Ainsi,

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

2. Le processus $(Y_t)_t$ est gaussien

Soient $t_1,\dots,t_n\ge 0$ et $a_1,\dots,a_n\in\mathbb R$. Alors

$\sum_{i=1}^n a_iY_{t_i}=\eta\sum_{i=1}^n a_it_i+\tau\sum_{i=1}^n a_iB_{t_i}.$

La variable $\sum a_iB_{t_i}$ est gaussienne car le mouvement brownien est un processus gaussien. La variable $\eta\sum a_it_i$ est gaussienne, et elle est indépendante de $\sum a_iB_{t_i}$. La somme de deux variables gaussiennes indépendantes est gaussienne.

Donc toute combinaison linéaire finie de $(Y_{t_i})$ est gaussienne, ce qui prouve que

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

3. Décomposition de $\eta$

Comme $(\eta,Y_t)$ est un vecteur gaussien, la régression linéaire gaussienne donne l'existence d'une décomposition

$\eta=\lambda Y_t+Z,$

avec $Z$ gaussienne centrée, indépendante de $Y_t$, donc indépendante de $\sigma(Y_t)$. Dans le cadre gaussien, on obtient en fait indépendance par rapport à l'espace engendré quand on retire la projection orthogonale correspondante.

Le coefficient de régression vaut

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

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

$\boxed{\lambda=\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2}.}$

Ainsi,

$\boxed{\eta=\frac{\rho^2}{t\rho^2+\tau^2}Y_t+Z,}$

avec $Z$ indépendante de $\mathcal G_t$.

4. Calcul de $\mathbb E[\eta\mid \mathcal G_t]$ et de la variance résiduelle

Comme tout est gaussien, l'espérance conditionnelle est la projection linéaire :

$\mathbb E[\eta\mid \mathcal G_t]=\mathbb E[\eta]+\frac{\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)}{\operatorname{Var}(Y_t)}(Y_t-\mathbb E[Y_t]).$

On a $\mathbb E[\eta]=m$ et $\mathbb E[Y_t]=mt$, d'où

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

Donc

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

La variance conditionnelle résiduelle vaut

$\operatorname{Var}(\eta-\mathbb E[\eta\mid \mathcal G_t])=\operatorname{Var}(\eta)-\frac{\operatorname{Cov}(\eta,Y_t)^2}{\operatorname{Var}(Y_t)}.$

Ainsi,

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

En simplifiant,

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

Cette quantité tend vers $0$ lorsque $t\to +\infty$. Donc

$\mathbb E\Big[\big(\eta-\mathbb E[\eta\mid \mathcal G_t]\big)^2\Big]\to 0,$

ce qui donne la convergence dans $L^2$, puis en probabilité. Comme $(\mathcal G_t)_t$ est croissante, le théorème de convergence des martingales donne la convergence presque sûre vers $\mathbb E[\eta\mid \mathcal G_\infty]$. Or la variance résiduelle tend vers $0$, donc cette limite est égale à $\eta$ presque sûrement.

Ainsi,

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

1. Convergence de la série des coefficients

Comme $(\varphi_n)_n$ est une base orthonormale de $L^2(I)$, l'identité de Parseval donne, pour toute fonction $g\in L^2(I)$,

$\sum_{n\ge 1}|\langle g,\varphi_n\rangle|^2=\|g\|_{L^2(I)}^2.$

En prenant

$g=\mathbf 1_{[0,t]},$

on obtient

$\sum_{n\ge 1}|\langle \mathbf 1_{[0,t]},\varphi_n\rangle|^2=\|\mathbf 1_{[0,t]}\|_2^2=\int_0^T \mathbf 1_{[0,t]}(s)\,ds=t.$

Donc la série est convergente et même sommable avec somme égale à $t$ :

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

2. Bonne définition du processus

Pour chaque $t\in I$, considérons la série aléatoire

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

Comme

$\sum_{n\ge 1} a_n(t)^2\lt +\infty,$

la série converge dans $L^2(\Omega)$ car les $X_n$ sont centrées, indépendantes, de variance $1$ :

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

Il existe donc une variable aléatoire limite $B_t\in L^2(\Omega)$, ce qui montre que pour tout $t$, $B_t$ est bien défini.

Ainsi,

$\boxed{B=(B_t)_{t\in I}\text{ est bien défini}.}$

3. Montrer que $B$ est un mouvement brownien naturel

3.1 Processus gaussien centré

Chaque somme partielle est gaussienne centrée, et la limite dans $L^2$ d'une suite gaussienne centrée de covariance convergente reste gaussienne centrée. Donc chaque $B_t$ est gaussienne centrée.

De plus, pour tout choix fini $t_1,\dots,t_k$, le vecteur $(B_{t_1},\dots,B_{t_k})$ est gaussien car toute combinaison linéaire s'écrit comme une série gaussienne de la forme

$\sum_{n\ge 1} c_nX_n.$

3.2 Covariance

Pour $s,t\in I$,

$\mathbb E[B_sB_t]=\sum_{n\ge 1}\langle \mathbf 1_{[0,s]},\varphi_n\rangle\langle \mathbf 1_{[0,t]},\varphi_n\rangle.$

Par Parseval,

$\mathbb E[B_sB_t]=\langle \mathbf 1_{[0,s]},\mathbf 1_{[0,t]}\rangle=\int_0^T \mathbf 1_{[0,s]}(u)\mathbf 1_{[0,t]}(u)\,du=\min(s,t).$

Donc

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

3.3 Conséquences

On a $B_0=0$. Le processus est gaussien centré de covariance $\min(s,t)$, donc ses accroissements sont gaussiens centrés et, pour $0\le s\lt t$,

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

De plus, si $0\le t_0\lt t_1\lt \dots\lt t_k$, alors la covariance de deux accroissements disjoints est nulle. Comme le vecteur est gaussien, cela entraîne leur indépendance.

Ainsi $B$ vérifie :

1. $B_0=0$,
2. accroissements indépendants,
3. $B_t-B_s\sim \mathcal N(0,t-s)$.

Donc

$\boxed{B\text{ est un mouvement brownien sur }[0,T].}$

4. Régularité höldérienne locale

Pour $s,t\in[0,T]$, comme $B_t-B_s\sim \mathcal N(0,|t-s|)$, pour tout entier $p\ge 1$ il existe une constante $C_p\gt 0$ telle que

$\mathbb E\big(|B_t-B_s|^{2p}\big)=C_p|t-s|^p.$

Choisissons $p\gt 1$ et écrivons

$\mathbb E\big(|B_t-B_s|^{2p}\big)\le C_p |t-s|^{1+(p-1)}.$

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

$0\lt \alpha\lt \frac{p-1}{2p}.$

En faisant tendre $p$ vers l'infini, on obtient toute valeur

$0\lt \alpha\lt \frac12.$

Donc

$\boxed{B\text{ admet une modification dont les trajectoires sont localement }\alpha\text{-höldériennes pour tout }0\lt\alpha\lt\tfrac12.}$

1.a Montrer que $\|\cdot\|_{k,b}$ est 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 obtient $x(t)=0$ 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,

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

Donc

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

1.b Équivalence forte avec la norme uniforme

Comme $e^{-kt}\le 1$ sur $[0,b]$, on a

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

D'autre part, pour tout $t\in[0,b]$,

$|x(t)|=e^{kt}e^{-kt}|x(t)|\le e^{kb}\|x\|_{k,b},$

puis en prenant le supremum,

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

Ainsi,

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

Les deux normes sont donc fortement équivalentes.

1.c Complétude

L'espace $(C([0,b],\mathbb R),\|\cdot\|_{\infty,b})$ est complet. Deux normes fortement équivalentes définissent la même notion de suite de Cauchy et de convergence. On en déduit que

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

2.a Montrer que $N$ est contractante

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 utilisant la propriété lipschitzienne de $f$ par rapport à la seconde variable,

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

En multipliant par $e^{-kt}$,

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

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 en $t$,

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

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

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

2.b Existence et unicité de la solution

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

$y=N(y).$

Ceci équivaut exactement à l'équation intégrale

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

On conclut que

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