مسابقة دكتوراه 2017 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 06

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

Concours d'accès à la formation 3ème Cycle LMD, Épreuve de Processus Stochastique, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques, 21 octobre 2017 (version B : brownien, Poisson, modèle de Vasicek, BM 2D).

التمرين 1

Exercice 1 — Mouvement brownien : dérivabilité, martingales et intégrales

#brownian-motion#martingale#stochastic-integral#ito-formula

Soit $(B_t)_{t\geq 0}$ un mouvement brownien standard sur l'espace de probabilité filtré $(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t),\mathbb{P})$ .

Étudier la dérivabilité de $Y_t=B_t$ pour tout $t\in\mathbb{R}$ .
Pour tout $\alpha\in\mathbb{R}$ , montrer que le processus $K_t=e^{-\alpha^2 t/2}\cosh(\alpha B_t)$ est une $\mathcal{F}_t$ -martingale. Indication : $\cosh(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ .
Calculer $\mathbb{E}\!\left[\left(\int_0^t 1\,dB_s\right)\!\left(\int_0^t B_s^2\,dB_s\right)\right]$ . Indication : $xy=\dfrac{1}{4}[(x+y)^2-(x-y)^2]$ .
Montrer que $\mathbb{E}(B_t^4)=3t^2$ .
Par deux méthodes différentes, montrer que $(B_t^3-3tB_t)$ est une martingale.

◀الحل

1. Dérivabilité

Le BM n'est p.s. nulle part dérivable (théorème classique), car ses trajectoires sont continues mais de variation totale infinie et de variation quadratique $t$ .

2. K_t martingale

$K_t = \frac{1}{2}(e^{\alpha B_t-\alpha^2 t/2}+e^{-\alpha B_t-\alpha^2 t/2})$ . Chaque terme est l'exponentielle stochastique de $\pm\alpha B_t$ , qui est une martingale bornée dans $L^2$ . La somme est aussi une martingale.

3. Isométrie d'Itô

Par l'indication : $E[(\int_0^t dB_s)(\int_0^t B_s^2 dB_s)]=\frac{1}{4}\{E[(B_t+\int_0^t B_s^2 dB_s)^2]-E[(B_t-\int_0^t B_s^2 dB_s)^2]\}$

Par l'isométrie : $E[(\int_0^t 1 dB_s)(\int_0^t B_s^2 dB_s)]=\int_0^t B_s^2\cdot 1\,ds$ ... plus précisément $=\int_0^t E[B_s^2]\,ds=\int_0^t s\,ds=\frac{t^2}{2}$ .

4. E(B_t^4) = 3t²

Par la formule d'Itô : $d(B_t^4)=4B_t^3 dB_t+6B_t^2 dt$ . En prenant l'espérance : $\frac{d}{dt}E[B_t^4]=6E[B_t^2]=6t$ , donc $E[B_t^4]=3t^2$ .

5. B_t³ - 3tB_t martingale

Méthode 1 (Itô) : $d(B_t^3)=3B_t^2 dB_t+3B_t dt$ , $d(3tB_t)=3B_t dt+3t dB_t$ . Donc $d(B_t^3-3tB_t)=(3B_t^2-3t)dB_t$ , intégrale stochastique de carré intégrable : martingale.

Méthode 2 (critère) : $E[B_t^3-3tB_t|\mathcal{F}_s]=(B_s+\xi)^3-3t(B_s+\xi)$ avec $\xi=B_t-B_s$ indépendant de $\mathcal{F}_s$ . En développant et utilisant $E[\xi]=0$ , $E[\xi^2]=t-s$ , $E[\xi^3]=0$ : on obtient $B_s^3-3sB_s$ .

التمرين 2

Exercice 2 — Processus de Poisson et martingale exponentielle

#poisson-process#martingale#exponential-martingale#stochastic-process

Soit $N_t$ un processus de Poisson d'intensité $\lambda$ ( $\lambda\gt 0$ ) défini sur l'espace de probabilité filtré $(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t),\mathbb{P})$ , et soit $M_t=\exp(aN_t+bt)$ où $a$ et $b$ sont des constantes.

Trouver une relation entre $a$ et $b$ qui implique que $M_t$ est une $\mathcal{F}_t$ -martingale.

◀الحل

Condition martingale

Pour que $M_t$ soit une martingale, on a besoin de $E[M_t|\mathcal{F}_s]=M_s$ pour $s\leq t$ .

$E[M_t|\mathcal{F}_s] = e^{aN_s+bs}\cdot E[e^{a(N_t-N_s)+b(t-s)}]$

Comme $N_t-N_s\sim\text{Poisson}(\lambda(t-s))$ indépendant de $\mathcal{F}_s$ :

$E[e^{a(N_t-N_s)}] = e^{\lambda(t-s)(e^a-1)}$

Donc $E[M_t|\mathcal{F}_s]=M_s\cdot e^{(t-s)[b+\lambda(e^a-1)]}$ .

Pour que cela soit $=M_s$ , il faut :

$\boxed{b = -\lambda(e^a-1)}$

التمرين 4

Exercice 4 — Mouvement brownien 2D : semimartingale et probabilité d'atteinte

#brownian-motion-2d#semimartingale#doob-decomposition#harmonic-function#hitting-probability

Soit $(B_t)_{t\geq 0}$ un $(\mathfrak{F}_t)$ -mouvement brownien en dimension deux, issu d'un point $z=(x,y)$ distinct de 0. On écrit $B_t=(X_t,Y_t)$ où $(X_t)$ et $(Y_t)$ sont deux mouvements browniens de dimension 1 indépendants.

On pose $R_t=|B_t|^2=X_t^2+Y_t^2$ . Vérifier que $(R_t)_{t\geq 0}$ est une semimartingale et écrire sa décomposition. Vérifier que $(R;R)_t=4\int_0^t R_s\,ds$ .
On fixe $\varepsilon\in]0,|z|[$ et on pose $\mathcal{T}_\varepsilon=\inf\{t\geq 0:|B_t|\leq\varepsilon\}$ puis $U_t=R_{t\wedge\mathcal{T}_\varepsilon}$ . Montrer que $\log(U_t)$ est une martingale locale.
Soit $A\in]|z|,+\infty[$ et $\tau_A=\inf\{t\geq 0:|B_t|\geq A\}$ . Montrer que $P(\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A)=\frac{\log(A)-\log(|z|)}{\log(A)-\log(\varepsilon)}$

◀الحل

1. Semimartingale

Par la formule d'Itô : $dR_t=2X_t\,dX_t+2Y_t\,dY_t+2\,dt$ . Donc :

$R_t = |z|^2 + 2\int_0^t X_s\,dX_s+2\int_0^t Y_s\,dY_s+2t$

Partie martingale : $M_t=2\int_0^t X_s dX_s+2\int_0^t Y_s dY_s$ . Partie VF : $A_t=2t$ .

$(R;R)_t=4\int_0^t(X_s^2+Y_s^2)\,ds=4\int_0^t R_s\,ds$ . $\blacksquare$

2. log(U_t) martingale locale

Sur $[0,\mathcal{T}_\varepsilon)$ , $R_t\geq\varepsilon^2\gt 0$ . Par Itô : $d(\log R_t)=\frac{1}{R_t}dR_t-\frac{1}{2R_t^2}d(R;R)_t=\frac{dM_t}{R_t}+\frac{2dt}{R_t}-\frac{2R_t dt}{R_t^2}=\frac{dM_t}{R_t}$

Donc $\log R_t$ est une intégrale stochastique, donc martingale locale. En arrêtant en $\mathcal{T}_\varepsilon$ , $\log U_t$ est aussi une martingale locale.

3. Probabilité d'atteinte

Par le théorème d'arrêt optionnel appliqué à la martingale locale $\log U_t$ aux temps d'arrêt $\mathcal{T}_\varepsilon\wedge\tau_A$ :

$\log(|z|^2) = E[\log U_{\mathcal{T}_\varepsilon\wedge\tau_A}]$ $= 2\log(\varepsilon)\cdot P(\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A) + 2\log(A)\cdot P(\tau_A\lt\mathcal{T}_\varepsilon)$

Avec $P(\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A)+P(\tau_A\lt\mathcal{T}_\varepsilon)=1$ , on résout :

$\boxed{P(\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A)=\frac{\log A-\log|z|}{\log A-\log\varepsilon}}$