مسابقة دكتوراه 2012 — Université M'Hamed Bougara - Boumerdès — الموضوع 01

1. $X$ est un processus gaussien, centré, de covariance

$$Cov(X_t, X_s) = E\left[ 2\left( W_{1+\frac{t}{4}} - W_1 \right) \cdot 2\left( W_{1+\frac{s}{4}} - W_1 \right) \right] = E\left( 2 B_{\frac{t}{4}} \cdot 2 B_{\frac{s}{4}} \right)$$

où $B_t = W_{1+t} - W_1$, $t \geq 0$, est un mouvement brownien. Donc

$$Cov(X_t, X_s) = 4 \left[ \frac{t}{4} \wedge \frac{s}{4} \right] = t \wedge s.$$

Loi d'échelle : à $a > 0$ fixé, $\frac{1}{\sqrt{a}} W_{at}$, $t \in \mathbb{R}^+$, est un mouvement brownien ($X_t - X_s \sim \frac{1}{\sqrt{a}} N(0, at - as) = N(0, t - s)$). Dans notre cas : $a = \frac{1}{4}$ et $\frac{1}{\sqrt{a}} = \sqrt{4} = 2$.

Ou bien : pour $t > s$, on utilise $E(W_t W_s) = t \wedge s$, ce qui conduit à :

$$E\left[ 2\left( W_{1+\frac{t}{4}} - W_1 \right) 2\left( W_{1+\frac{s}{4}} - W_1 \right) \right] = 4 \left[ \left( 1 + \frac{s}{4} \right) - 1 - 1 + 1 \right] = s.$$

Donc $X$ est bien un mouvement brownien.

2. $Y_t = W_{2t} - W_t$ est un processus gaussien de variance $t$, mais de covariance, pour $t > s$, égale à

$$Cov(Y_t, Y_s) = E\left[ (W_{2t} - W_t)(W_{2s} - W_s) \right] = 2s - (t \wedge 2s) \neq t \wedge s \text{ en général}.$$

Donc $Y$ n'est pas un mouvement brownien.

On a $Y_t = t\, X_1(t) X_2(t)$, donc

$$dY_t = X_1 X_2\, dt + t\, d(X_1 X_2),$$

où

$$d(X_1 X_2) = X_1\, dX_2 + X_2\, dX_1 + d\langle X_1, X_2 \rangle_t = X_1 (g_2\, dB_t) + X_2 (f X_1\, dt + g_1\, dB_t) + g_1 g_2\, dt$$ $$= (f X_1 X_2 + g_1 g_2)\, dt + (g_2 X_1 + g_1 X_2)\, dB_t.$$

D'où

$$dY_t = \left[ X_1 X_2 + t \left( f X_1 X_2 + g_1 g_2 \right) \right] dt + t \left( g_2 X_1 + g_1 X_2 \right) dB_t.$$

1. Les coefficients $b(t, x) = a + bx$ et $\sigma(t, x) = c + dx$ vérifient :

Cond 1 : $|b(x, t) - b(y, t)| + |\sigma(x, t) - \sigma(y, t)| \leq K |x - y|$ (caractère lipschitzien),

Cond 2 : $|b(x, t)|^2 + |\sigma(x, t)|^2 \leq K^2 (1 + x^2)$ (croissance linéaire),

avec $E(X_0^2) = x^2 < \infty$. Donc (1) admet une solution unique.

2. (i) En écrivant (1) sous forme intégrale et en prenant l'espérance (l'intégrale stochastique est une martingale d'espérance nulle) :

$$m(t) = x + \int_0^t b\, m(s)\, ds \ \Longrightarrow \ m' = b\, m, \quad m(0) = x,$$

donc $m(t)$ est l'unique solution de (2), soit $m(t) = x\, e^{bt}$.

(ii) La formule d'Itô pour $X_t^2$ donne :

$$dX_t^2 = \left[ 2 X_t (a + b X_t) + (c + d X_t)^2 \right] dt + 2 X_t (c + d X_t)\, dB_t.$$

(iii) En prenant l'espérance (avec $a = 0$) :

$$M'(t) = (2b + d^2)\, M(t) + 2cd\, m(t) + c^2, \quad M(0) = x^2,$$

c'est-à-dire l'EDO (3).

(iv) (2) donne $m(t) = x\, e^{bt}$. Pour (3), on utilise la méthode de variation de la constante : $y = K(t)\, e^{(2b + d^2) t}$ avec $K'(t) = \left( 2cd\, x\, e^{bt} + c^2 \right) e^{-(2b + d^2) t}$. Après intégration :

$$M(t) = x^2 e^{(2b + d^2) t} + \frac{2cd\, x}{b + d^2} \left( e^{(2b + d^2) t} - e^{bt} \right) + \frac{c^2}{2b + d^2} \left( e^{(2b + d^2) t} - 1 \right).$$