مسابقة دكتوراه 2017 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 10

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

Concours d'accès à la formation 3ème cycle LMD — Épreuve de Processus Stochastique (2ème épreuve), Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 21 octobre 2017.

التمرين 1

Exercice 1 — Mouvement Brownien : dérivabilité, martingale Kt, E[Bt⁴], B³t-3tBt

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

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

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

◀الحل

1.

$B_t$ n'est pas dérivable en aucun point p.s. (ses trajectoires sont continues mais nulle part dérivables, par le critère de Kolmogorov et la variation quadratique infinie).

2.

$K_t=\frac{1}{2}(e^{\alpha B_t-\alpha^2t/2}+e^{-\alpha B_t-\alpha^2t/2})$ . Chaque terme est une exponentielle stochastique de Doléans-Dade, donc une martingale. La moyenne de deux martingales est une martingale.

3.

Par l'isométrie d'Itô et l'indication : $E[(B_t)(\int_0^t B_s^2 dB_s)]=\frac{1}{4}\left(E\left[(B_t+\int_0^t B_s^2 dB_s)^2\right]-E\left[(B_t-\int_0^t B_s^2 dB_s)^2\right]\right)=\frac{1}{4}(E[(B_t+\int B_s^2 dB_s)^2]-\cdots)$ .

Par isométrie directe : $E[\int_0^t 1 dB_s \cdot \int_0^t B_s^2 dB_s]=\int_0^t E[B_s^2]ds=\int_0^t s\,ds=\frac{t^2}{2}$ .

4.

Par la formule d'Itô : $d(B_t^4)=4B_t^3 dB_t+6B_t^2 dt$ . Donc $E[B_t^4]=6\int_0^t E[B_s^2]ds=6\int_0^t s\,ds=3t^2$ .

5.

Méthode 1 (Itô) : $d(B_t^3-3tB_t)=(3B_t^2-3t)dB_t$ (le terme en $dt$ s'annule). Donc c'est une martingale locale intégrable.

Méthode 2 (définition) : $E[B_t^3-3tB_t|\mathcal{F}_s]=E[(B_s+(B_t-B_s))^3|\mathcal{F}_s]-3tB_s$ . Développer et utiliser $B_t-B_s\sim\mathcal{N}(0,t-s)$ indépendant de $\mathcal{F}_s$ .

التمرين 2

Exercice 2 — Processus de Poisson, martingale Mt=exp(aNt+bt)

#stochastic-processes#poisson-process#martingale#moment-generating-function

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

Pour que $M_t$ soit une martingale, on calcule $E[M_t|\mathcal{F}_s]$ pour $s\leq t$ :

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

Pour que $M_t$ soit martingale, le facteur doit valoir 1 :

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

التمرين 3

Exercice 3 — Modèle de Vasicek : existence et solution explicite

#stochastic-processes#stochastic-differential-equations#vasicek-model#ornstein-uhlenbeck

Pour décrire la dynamique des taux courts, dans le modèle de Vasicek (1977), on modélise l'évolution du processus de taux par l'équation différentielle stochastique suivante (avec $a,b\gt 0$ ) :

$\begin{cases} dX_t = a(b-X_t)\,dt + \sigma\,dW(t) \\\ X_0 = x\in\mathbb{R} \end{cases}$

(3 pts) Montrer que cette équation possède une solution unique.
(3 pts) Déterminez de façon explicite cette solution par la méthode de la variation de la constante.

◀الحل

1.

Les coefficients $\mu(x)=a(b-x)$ et $\sigma(x)=\sigma$ vérifient les conditions de Lipschitz : $|\mu(x)-\mu(y)|=a|x-y|$ et $|\sigma(x)-\sigma(y)|=0$ . Par le théorème d'existence et unicité des EDS (Lipschitz + croissance linéaire), il existe une solution unique forte.

2.

On pose $Y_t=e^{at}X_t$ . Par Itô : $dY_t=ae^{at}X_t dt+e^{at}dX_t=e^{at}[aX_t dt+a(b-X_t)dt+\sigma dW_t]=abe^{at}dt+\sigma e^{at}dW_t$ .

En intégrant : $Y_t=Y_0+ab\int_0^t e^{as}ds+\sigma\int_0^t e^{as}dW_s$ .

Donc :

$\boxed{X_t = xe^{-at}+b(1-e^{-at})+\sigma\int_0^t e^{-a(t-s)}dW_s.}$

التمرين 4

Exercice 4 — Mouvement Brownien 2D, semimartingale Rt=|Bt|², log(Ut)

#stochastic-processes#brownian-motion#semimartingale#doob-decomposition

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 $(X_t)$ , $(Y_t)$ sont deux mouvements browniens de dimension 1 indépendants.

(3 pts) On pose $R_t=|B_t|^2=(X_t)^2+(Y_t)^2$ pour tout $t\geq 0$ . Vérifier que $(R_t)_{t\geq 0}$ est une semimartingale et écrire sa décomposition. Vérifier que $\langle R,R\rangle_t=4\int_0^t R_s\,ds$ .
(2 pts) 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 le processus $\log(U_t)$ est une martingale locale.
(2 pts) 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.

Par la formule d'Itô : $dR_t=2X_t dX_t+2Y_t dY_t+(dt+dt)=2X_t dX_t+2Y_t dY_t+2dt$ .

$R_t=|z|^2+2\int_0^t(X_s dX_s+Y_s dY_s)+2t$ : semimartingale (intégrale stochastique + processus à variation finie).

$\langle R,R\rangle_t=4\int_0^t(X_s^2+Y_s^2)ds=4\int_0^t R_s ds$ .

2.

Sur $[0,\mathcal{T}_\varepsilon[$ , $R_t\gt 0$ . Par Itô : $d\log R_t=\frac{1}{R_t}dR_t-\frac{1}{2R_t^2}d\langle R\rangle_t=\frac{2X_t dX_t+2Y_t dY_t+2dt}{R_t}-\frac{4R_t dt}{2R_t^2}=\frac{2(X_t dX_t+Y_t dY_t)}{R_t}$ . Donc $\log U_t$ est une intégrale stochastique (martingale locale).

3.

Par le théorème d'arrêt optionnel appliqué à la martingale locale $\log U_t$ arrêtée à $\min(\mathcal{T}_\varepsilon,\tau_A)$ : $E[\log U_{\min(\mathcal{T}_\varepsilon,\tau_A)}]=\log|z|^2$ . Sur l'événement $\{\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A\}$ , $\log U=\log\varepsilon^2$ ; sur $\{\tau_A\lt\mathcal{T}_\varepsilon\}$ , $\log U=\log A^2$ . Résoudre donne $P(\mathcal{T}_\varepsilon\lt\tau_A)=\frac{\log A-\log|z|}{\log A-\log\varepsilon}$ .