مسابقة دكتوراه 2018 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 04

1.

Par la formule de Itô pour un produit, $d(XY) = X\,dY + Y\,dX + dX\cdot dY$ et $d(tXY) = XY\,dt + t\,d(XY)$ :

$d(XY) = X\sigma_2\,dB + Y(f\,dt+\sigma_1\,dB) + \sigma_1\sigma_2\,dt = (Yf + \sigma_1\sigma_2)\,dt + (X\sigma_2+Y\sigma_1)\,dB.$

$\boxed{dZ_t = X_tY_t\,dt + t[(Y_tf(t)+\sigma_1(t)\sigma_2(t))\,dt + (X_t\sigma_2(t)+Y_t\sigma_1(t))\,dB_t].}$

2.

On calcule $d(X_t^2) = 2X_t\,dX_t + (dX_t)^2 = 2X_tY_t\,dB_t + Y_t^2\,dt$ et $d(Y_t^2) = 2Y_t\,dY_t + (dY_t)^2 = -2X_tY_t\,dB_t + X_t^2\,dt$. Donc :

$d(X_t^2+Y_t^2) = (X_t^2+Y_t^2)\,dt.$

C'est une EDO ordinaire pour $S_t = X_t^2+Y_t^2$ : $dS_t = S_t\,dt$, $S_0 = x^2+y^2$, donc :

$\boxed{X_t^2 + Y_t^2 = (x^2+y^2)e^t.}$

3.

Puisque $Y_t = \int_0^t X_s\,dB_s$ est une intégrale stochastique, $E(Y_t) = 0$.

Par l'isométrie d'Itô : $E(Y_t^2) = \int_0^t E(X_s^2)\,ds$. Or $E(X_s^2) = \int_0^s e^{2u}\,du = \frac{e^{2s}-1}{2}$. Donc :

$E(Y_t^2) = \int_0^t \frac{e^{2s}-1}{2}\,ds = \frac{1}{2}\left[\frac{e^{2t}-1}{2} - t\right] = \boxed{\frac{e^{2t}-1}{4} - \frac{t}{2}.}$

1.

On calcule $E[(X-Y)^2|\mathcal{G}] = E[X^2|\mathcal{G}] - 2Y\cdot E[X|\mathcal{G}] + Y^2 = Y^2 - 2Y\cdot Y + Y^2 = 0$.

Puisque $(X-Y)^2 \geq 0$ et son espérance conditionnelle est nulle, on a $(X-Y)^2 = 0$ P-p.s., donc $\boxed{X = Y \text{ P-p.s.}}$

2.

Puisque $X-Y$ est indépendante de $\mathcal{G}$ : $E(X-Y|\mathcal{G}) = E(X-Y) = m$. Donc :

$E(X|\mathcal{G}) = E(X-Y|\mathcal{G}) + E(Y|\mathcal{G}) = m + Y \quad (\text{car } Y \text{ est } \mathcal{G}\text{-mesurable}).$

De même, $E((X-Y)^2|\mathcal{G}) = E((X-Y)^2) = \mathrm{Var}(X-Y) + m^2 = \sigma^2+m^2$. Donc :

$E(X^2|\mathcal{G}) = E((X-Y+Y)^2|\mathcal{G}) = \sigma^2+m^2 + 2mY + Y^2.$

3.

$\tilde{B}_t = E(B_t|\mathcal{G}_t)$. Puisque $\tilde{B}_t$ est un mouvement brownien : $E(\tilde{B}_t^2) = t$. Or $E(B_t^2) = t$. Aussi :

$E(B_t^2) = E[E(B_t^2|\mathcal{G}_t)] \geq E[(E(B_t|\mathcal{G}_t))^2] = E(\tilde{B}_t^2) = t$

par l'inégalité de Jensen. Mais $E(B_t^2) = t$ aussi, donc il y a égalité dans Jensen, ce qui implique que $B_t$ est $\mathcal{G}_t$-mesurable. Donc $E(B_t|\mathcal{G}_t) = B_t$, c'est-à-dire $\tilde{B}_t = B_t$ P-p.s.

4.

Par la formule d'Itô : $d(e^{-bt}S_t) = -b e^{-bt}S_t\,dt + e^{-bt}\,dS_t = -be^{-bt}S_t\,dt + e^{-bt}S_t(b\,dt+\sigma\,dB_t) = e^{-bt}S_t\sigma\,dB_t = \tilde{S}_t\sigma\,dB_t$.

5.

Les coefficients $f(t,s) = bs$ et $g(t,s) = \sigma s$ sont lipschitziens et à croissance linéaire. Par le théorème d'existence et d'unicité des EDS, la solution est unique.

6.

L'équation $d\tilde{S} = \tilde{S}\sigma\,dB_t$ a pour solution $\tilde{S}_t = x\,e^{-\frac{\sigma^2}{2}t + \sigma B_t}$, donc :

$\boxed{S_t = x\,e^{(b-\frac{\sigma^2}{2})t + \sigma B_t}.}$

$E(S_t) = x\,e^{bt}$ (puisque $E[e^{\sigma B_t}] = e^{\sigma^2 t/2}$). $\mathrm{Var}(S_t) = x^2 e^{2bt}(e^{\sigma^2 t}-1)$.

7a.

$\ln S_s = \ln x + (b-\sigma^2/2)s + \sigma B_s$. Donc : $\ln S_s = [\ln x + (b-\sigma^2/2)t + \sigma B_t] + (b-\sigma^2/2)(s-t) + \sigma(B_s-B_t) = \ln S_t + (b-\sigma^2/2)(s-t) + \sigma(B_s-B_t)$.

7b.

$A_t = \frac{1}{t}\int_0^t [\ln x + (b-\sigma^2/2)s + \sigma B_s]\,ds = \ln x + \frac{b-\sigma^2/2}{2}t + \frac{\sigma}{t}\int_0^t B_s\,ds$.

L'intégrale $\int_0^t B_s\,ds$ est gaussienne (intégrale d'un processus gaussien), donc $A_t$ est gaussien.

8d et 8e.

$G(t,T) = \frac{1}{T}\int_t^T (B_s-B_t)\,ds$ ne dépend que des accroissements de $B$ après $t$, donc est indépendante de $\mathcal{F}_t$ et est gaussienne (combinaison linéaire d'accroissements browniens). La décomposition $A_T = Z_t + U$ avec $Z_t = \frac{t}{T}A_t + (1-\frac{t}{T})[\ln S_t + \frac{1}{2}(b-\frac{\sigma^2}{2})(T-t)]$ ($\mathcal{F}_t$-mesurable) et $U = \sigma G(t,T)$ (gaussien, indépendant de $\mathcal{F}_t$) donne le résultat.