– Université Lyon 1, ISFA – Master SAF 1ère année – Corrigé Processus stochasti

– Université Lyon 1, ISFA – Master SAF 1ère année – Corrigé Processus stochastiques Examen du 7 janvier 2013 – Durée : 2h30. Exercice 1 1. Dans tous les cas, on écrit le processus demandé comme f(t, Bt) et on applique la formule d’Itô. (a) f(t, x) = (x + t) exp(−x −t/2) ; ∂f ∂t = (2 −x −t) 2 exp(−x −t/2) ; ∂f ∂x = (1 −x −t) exp(−x −t/2) ; ∂2f ∂x2 = (−2 + x + t) exp(−x −t/2). Soit : dXt = (1 −Bt −t) exp(−Bt −t/2) dBt. (b) f(t, x) = exp(t/2) sin(x) ; ∂f ∂t = 1 2 exp(t/2) sin x ; ∂f ∂x = exp(t/2) cos x ; ∂2f ∂x2 = −exp(t/2) sin x. Soit : dUt = exp(t/2) cos Bt dBt. 2. C’est un cas particulier d’un exercice vu en TD avec µ = 1/2 et σ = 1. La solution s’écrit Yt = exp(Bt). 3. On utilise à nouveau Itô avec f(t, x) = x/(1 + t). On trouve : dZt = − Bt (1 + t)2 dt + dBt 1 + t. Exercice 2 1. Lorsque Xt ≈b, le comportement de (Xt) est proche de celui d’un mouvement Brownien sans dérive, de volatilité σ √ b. Lorsque Xt s’éloigne de b, le terme en dt agit comme une force de « rappel » vers b. 2. On utilise Itô avec f(t, x) = eatx. On trouve : dYt = aeatXt dt + (a(b −Xt))eat dt + σeatσ √ Xt dWt, soit : dYt = abeat dt + σeatσ p Xt dWt. 3. En intégrant l’équation précédente entre 0 et u, on trouve : Yu −Y0 = ab Z u 0 eat dt + σ Z u 0 eatp Xt dWt soit, après calcul de la première intégrale : Yu = Y0 + b(eau −1) + σMu. 4. (Mu)u est une martingale relativement à la filtration associée à (Wt)t, car il s’agit de l’intégrale d’Itô d’un “bon processus” (au sens du cours), contre les variations de (Wt). Comme une martingale est d’espérance constante, on en déduit que E(Mu) = E(M0) = 0. 5. D’où : E(Yu) = b(eau −1) + Y0 et : E(Xu) = e−auE(Yu) = b(1 −e−au) + X0. 6. Comme a et b sont non nuls, E(Xu) dépend de u donc le processus (Xu)u n’a pas une espérance constante. Il ne peut donc pas être une martingale. 1 Exercice 3 1. Fait en TD. On trouve es2/2. 2. Fait en TD. 3. T est l’instant de premier passage du processus W, qui est F-adapté (puisque F est la filtration naturelle de W) dans le borélien {a}. C’est donc un temps d’arrêt relativement à F par un théorème du cours. 4. (Zt∧T )t est la martingale (Zt) arrêtée en T, qui est un temps d’arrêt. C’est donc encore une martingale. Une martingale étant d’espérance constante, on a : E(Zt∧T ) = E(Z0) = 1 ∀t ≥0. 5. Soit ω ∈Ω. Montrons d’abord que pour tout 0 ≤u ≤T(ω), on a Wu(ω) ≤a. En effet, si tel n’est pas le cas (c’est-à-dire Wu(ω) > a), le théorème des valeurs intermédiaires (appliqué à la fonction t 7→Wu(ω) – continue d’après une propriété du cours – entre t = 0 et t = u) donne l’existence de u′(ω) < u tel que Wu′(ω)(ω) = a, et donc T(ω) ≤u′(ω), ce qui est une contradiction puisque u ≤T(ω) et u′(ω) < u. Il s’ensuit que, pour tout t ≥0, Wt∧T ≤a puisque WT = a. D’où, comme γ > 0, Zt∧T ≤exp(γa) exp  −γ2 t ∧T 2  ∀t ≥0. La première inégalité est donc vérifiée avec C = exp(γa). La seconde découle immédiatement du fait que Zt∧T ≥0 et que exp  −γ2 t ∧T 2  ≤1. 6. (a) Soit ω ∈Ωtel que T(ω) = +∞. On a t∧T(ω) →+∞quand t →+∞donc, par la première inégalité de la question 5., on a que Zt∧T(ω)(ω) est majoré par une fonction tendant vers 0 quand t tend vers +∞. Par ailleurs, Zt∧T(ω)(ω) est minoré par 0 quelque soit t ≥0. Donc, par le théorème d’encadrement, la limite demandée existe et vaut 0. (b) Soit ω ∈Ωtel que T(ω) < +∞. Dans ce cas, on a t ∧T(ω) →T(ω) quand t →+∞, donc Zt∧T(ω)(ω) →ZT(ω)(ω). 7. En combinant 6. (a) et 6. (b) on trouve que la limite demandée est 1T<+∞ZT . 8. Par la question 4., on a E(Zt∧T ) = 1 ∀t ≥0 donc d’une part : lim t→+∞E(Zt∧T ) = 1. (1) D’autre part, la question 7. et la deuxième inégalité de 5. permettent d’appliquer le théorème de convergence dominée à (Zt∧T )t pour affirmer que : lim t→+∞E(Zt∧T ) = E(1T<+∞ZT ). (2) D’où le résultat, en égalisant les termes de droite de (1) et (2). 9. On a clairement que : ZT = exp  γa −γ2 T 2  . 10. On procède comme suggéré dans l’énoncé : pour tout n ∈N∗, on a : 1 = E (Vn) en posant : Vn = 1T<+∞exp a n −T 2n2  . Donc, d’une part, lim n→+∞E (Vn) = 1. (3) 2 D’autre part, (Vn) est une suite de v.a. qui converge presque sûrement vers 1T<+∞, et cette suite de v.a. est clairement dominée par la constante exp(a). Donc, par le théorème de convergence dominée, on a : lim n→+∞E(Vn) = E(1T<+∞) = P(T < +∞). (4) Donc P(T < +∞) = 1 d’après (3) et (4). 11. On a donc 1T<+∞ZT = ZT presque sûrement, donc E(ZT ) = 1. On en déduit immédiatement le résultat annoncé. 12. On prend γ = √ 2α dans la formule de la question précédente et on trouve : L(α) = exp(−a √ 2α). 13. Pour tout α > 0, ∂L(α) ∂α = − a √ 2α exp(−a √ 2α), d’où, par le résultat rappelé dans la question, E(T) = +∞. 3 uploads/Litterature/ corrige-ps.pdf

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