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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 04

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours national d'accès à la formation de troisième cycle (2016/2017), Doctorat en Mathématiques Appliquées (15/10/2016), Option : Probabilités et équations différentielles stochastiques, Épreuve de Processus Stochastique (durée : 01h30), version A — variables échangeables, décomposition de Doob, martingales browniennes.

التمرين 1

Exercice 1 — Variables échangeables : stationnarité, variance et théorème de De Finetti

#exchangeable-variables#stationarity#de-finetti-theorem#gaussian-process

On dit d'une famille de variables (Xn)n≥1(X_n)_{n\geq 1} définies sur un espace (Ω,F,P)(\Omega,\mathcal{F},P) qu'elles sont échangeables si pour tout nn et pour tout σ∈Sn\sigma\in S_n, les vecteurs (X1,…,Xn)(X_1,\ldots,X_n) et (Xσ(1),…,Xσ(n))(X_{\sigma(1)},\ldots,X_{\sigma(n)}) ont même loi.

  1. Montrer qu'une famille de variables échangeables est stationnaire.
  2. Soit (Xn)n≥1(X_n)_{n\geq 1} une famille de variables échangeables de carré intégrables. Exprimer la variance de X1+⋯+XnX_1+\cdots+X_n en fonction de Var(X1)\text{Var}(X_1) et Cov(X1,X2)\text{Cov}(X_1,X_2). En déduire que les XiX_i sont positivement corrélés.
  3. Montrer qu'à partir d'un bruit blanc (Xi)i≥1(X_i)_{i\geq 1} (variables indépendantes N(0,1)\mathcal{N}(0,1)), on peut fabriquer n'importe quel processus gaussien de variables échangeables en posant Xi=m+aY0+bYiX_i=m+aY_0+bY_i.
  4. Soit (Xn)n≥1(X_n)_{n\geq 1} un processus gaussien de variables échangeables. Montrer qu'il existe une variable aléatoire ZZ telle que, sachant ZZ, les variables XiX_i sont des variables aléatoires indépendantes (théorème de De Finetti–Hewitt–Savage).
◀الحل

1. Stationnarité

Pour toute permutation qui décale les indices (X1,…,Xn)→(X2,…,Xn+1)(X_1,\ldots,X_n)\to(X_2,\ldots,X_{n+1}), comme la famille est échangeable, ces vecteurs ont même loi. Donc la loi du vecteur (Xk,Xk+1,…)(X_k,X_{k+1},\ldots) ne dépend pas de kk : la famille est stationnaire.

2. Variance de la somme

Var ⁣(∑i=1nXi)=nVar(X1)+n(n−1)Cov(X1,X2)\text{Var}\!\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)=n\text{Var}(X_1)+n(n-1)\text{Cov}(X_1,X_2)

Cette variance doit être ≥0\geq 0 pour tout nn. En divisant par n2n^2 et passant à la limite : Cov(X1,X2)≥−Var(X1)n−1→0\text{Cov}(X_1,X_2)\geq -\frac{\text{Var}(X_1)}{n-1}\to 0. Donc Cov(X1,X2)≥0\text{Cov}(X_1,X_2)\geq 0 : corrélation positive.

3. Construction d'un processus gaussien échangeable

Soient Y0,Y1,Y2,…Y_0,Y_1,Y_2,\ldots i.i.d. N(0,1)\mathcal{N}(0,1). On pose Xi=m+aY0+bYiX_i=m+aY_0+bY_i. Alors :

  • Chaque Xi∼N(m,a2+b2)X_i\sim\mathcal{N}(m,a^2+b^2)
  • Cov(Xi,Xj)=a2\text{Cov}(X_i,X_j)=a^2 pour i≠ji\neq j
  • Toute permutation des indices (i1,…,in)(i_1,\ldots,i_n) préserve la loi jointe (gaussienne avec même matrice de covariance). Donc (Xn)(X_n) est échangeable.

4. Théorème de De Finetti (cas gaussien)

Pour un processus gaussien échangeable, posons Z=lim⁡n→∞X1+⋯+XnnZ=\lim_{n\to\infty}\frac{X_1+\cdots+X_n}{n} (existe p.s. par la loi forte). Sachant Z=zZ=z, les XiX_i sont gaussiens, de même moyenne zz et décorrélés (car Cov(Xi,Xj∣Z)=0\text{Cov}(X_i,X_j|Z)=0), donc conditionnellement indépendants.

التمرين 2

Exercice 2 — Décomposition de Doob des sous-martingales

#doob-decomposition#submartingale#martingale#predictable-process

Soit (Ω,F,{Fn},P)(\Omega,\mathcal{F},\{\mathcal{F}_n\},P) un espace probabilisé filtré.

  1. Montrer que toute sous-martingale {Xn}n≥0\{X_n\}_{n\geq 0} peut être écrite d'une manière unique comme Xn=Mn+AnX_n=M_n+A_n, où MnM_n est une martingale et AnA_n est un processus prévisible croissant tel que A0=0A_0=0. Soit {Yn}n≥0\{Y_n\}_{n\geq 0} une martingale telle que Y0=0Y_0=0 et E[Yn2]<∞E[Y_n^2]\lt\infty, ∀n\forall n. Donner la décomposition de Doob de Yn2Y_n^2.
  2. Soit Xn=∑m=1n1BmX_n=\sum_{m=1}^n\mathbf{1}_{B_m}, avec Bn∈FnB_n\in\mathcal{F}_n, ∀n\forall n. a. Montrer que XnX_n est une sous-martingale. b. Donner la décomposition de Doob de XnX_n.
◀الحل

1. Décomposition de Doob

Existence : Poser A0=0A_0=0, An=∑k=1n(E[Xk∣Fk−1]−Xk−1)≥0A_n=\sum_{k=1}^n(E[X_k|\mathcal{F}_{k-1}]-X_{k-1})\geq 0 (car sous-martingale). Puis Mn=Xn−AnM_n=X_n-A_n.

Martingale : E[Mn+1∣Fn]=E[Xn+1−An+1∣Fn]=E[Xn+1∣Fn]−(An+E[Xn+1∣Fn]−Xn)=Xn−An=MnE[M_{n+1}|\mathcal{F}_n]=E[X_{n+1}-A_{n+1}|\mathcal{F}_n]=E[X_{n+1}|\mathcal{F}_n]-(A_n+E[X_{n+1}|\mathcal{F}_n]-X_n)=X_n-A_n=M_n. ✓

Unicité : par différence, si deux décompositions existent, leur différence donne une martingale prévisible à variation finie, donc nulle.

Doob de Yn2Y_n^2 : An=∑k=1nE[(Yk−Yk−1)2∣Fk−1]=⟨Y⟩nA_n=\sum_{k=1}^n E[(Y_k-Y_{k-1})^2|\mathcal{F}_{k-1}]=\langle Y\rangle_n (variation quadratique prévisible).

2a. X_n sous-martingale

E[Xn+1∣Fn]=Xn+E[1Bn+1∣Fn]=Xn+P(Bn+1∣Fn)≥XnE[X_{n+1}|\mathcal{F}_n]=X_n+E[\mathbf{1}_{B_{n+1}}|\mathcal{F}_n]=X_n+P(B_{n+1}|\mathcal{F}_n)\geq X_n

Donc (Xn)(X_n) est une sous-martingale.

2b. Décomposition de Doob

An=∑m=1nP(Bm∣Fm−1)A_n=\sum_{m=1}^n P(B_m|\mathcal{F}_{m-1}) (processus prévisible croissant).

Mn=Xn−An=∑m=1n(1Bm−P(Bm∣Fm−1))M_n=X_n-A_n=\sum_{m=1}^n(\mathbf{1}_{B_m}-P(B_m|\mathcal{F}_{m-1})) (martingale).

التمرين 3

Exercice 3 — Martingales associées au mouvement brownien

#brownian-motion#martingale#ito-formula#covariance

Soient (Ω,F,(Ft),P)(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t),P) un espace probabilisé filtré sur lequel le processus (Bt)(B_t) est un mouvement brownien bien définie.

  1. Montrer que Xt=BtX_t=B_t est une martingale par rapport à la filtration canonique (Ft)t≥0(\mathcal{F}_t)_{t\geq 0}.
  2. Montrer que Yt=Bt2−tY_t=B_t^2-t est une martingale par rapport à (Ft)t≥0(\mathcal{F}_t)_{t\geq 0}.
  3. Pour tout α∈R\alpha\in\mathbb{R}, montrer que Zt=exp⁡(αBt−α2t/2)Z_t=\exp(\alpha B_t-\alpha^2 t/2) est une martingale.
  4. Pour tout α∈R\alpha\in\mathbb{R}, montrer que Kt=e−α2t/2cosh⁡(αBt)K_t=e^{-\alpha^2 t/2}\cosh(\alpha B_t) est une martingale.
  5. Calculer la covariance entre deux mouvements browniens Cov(Bt,Bs)\text{Cov}(B_t,B_s).
◀الحل

1. B_t martingale

E[Bt∣Fs]=E[Bs+(Bt−Bs)∣Fs]=Bs+E[Bt−Bs]=BsE[B_t|\mathcal{F}_s]=E[B_s+(B_t-B_s)|\mathcal{F}_s]=B_s+E[B_t-B_s]=B_s (accroissements indépendants centrés). ✓

2. Y_t = B_t² - t martingale

E[Bt2∣Fs]=E[(Bs+(Bt−Bs))2∣Fs]=Bs2+2BsE[Bt−Bs]+E[(Bt−Bs)2]=Bs2+(t−s)E[B_t^2|\mathcal{F}_s]=E[(B_s+(B_t-B_s))^2|\mathcal{F}_s]=B_s^2+2B_sE[B_t-B_s]+E[(B_t-B_s)^2]=B_s^2+(t-s).

Donc E[Yt∣Fs]=Bs2+(t−s)−t=Bs2−s=YsE[Y_t|\mathcal{F}_s]=B_s^2+(t-s)-t=B_s^2-s=Y_s. ✓

3. Z_t martingale (exponentielle de Girsanov)

E[Zt∣Fs]=Zs⋅E[eα(Bt−Bs)−α2(t−s)/2]=Zs⋅1=ZsE[Z_t|\mathcal{F}_s]=Z_s\cdot E[e^{\alpha(B_t-B_s)-\alpha^2(t-s)/2}]=Z_s\cdot 1=Z_s car α(Bt−Bs)−α2(t−s)/2\alpha(B_t-B_s)-\alpha^2(t-s)/2 a fonction génératrice des moments eα2(t−s)/2⋅e−α2(t−s)/2=1e^{\alpha^2(t-s)/2}\cdot e^{-\alpha^2(t-s)/2}=1.

4. K_t = (Z_t + Z_t^{-1})/2 martingale

Kt=12(eαBt−α2t/2+e−αBt−α2t/2)=Zt+Z~t2K_t=\frac{1}{2}(e^{\alpha B_t-\alpha^2 t/2}+e^{-\alpha B_t-\alpha^2 t/2})=\frac{Z_t+\tilde Z_t}{2} où Z~t\tilde Z_t est l'exponentielle de Girsanov pour −α-\alpha. Somme de deux martingales : martingale.

5. Covariance

Pour s≤ts\leq t : Cov(Bt,Bs)=E[BtBs]=E[(Bs+(Bt−Bs))Bs]=E[Bs2]=s\text{Cov}(B_t,B_s)=E[B_tB_s]=E[(B_s+(B_t-B_s))B_s]=E[B_s^2]=s.

Cov(Bt,Bs)=min⁡(t,s)\boxed{\text{Cov}(B_t,B_s)=\min(t,s)}

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