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ISFAVincent Lerouvillois

Processus stochastiques - M1 Actuariat lerouvillois@math.univ-lyon1.fr

Semestre automne 2019-2020 math.univ-lyon1.fr/homes-www/lerouvillois/Éléments de correction TD n

o1

Martingales discrètes et temps d"arrêtsExercice 1: Les martingales de la marche aléatoire simple.

Soit(Yn)n1une suite de variables aléatoires i.i.d telles queP(Yn= 1) =P(Yn=1) = 1=2. On note(Fn)n2Nla filtration naturelle des(Yn)n2N. Soit lamarche aléaoire simple(Sn)n2Ndéfinie par 8>< :S 0= 0 S n=nX i=1Y i;8n1

1. Montrer que(Sn)n2Nest(Fn)-adapté.

2. Montrer que(Sn)n2N,(S2nn)n2Net(eSnnln(cosh))n2Nsont des(Fn)-martingales.

Correction exercice 1:Exercice corrigé en classe.

Exercice 2: Martingale de Doob

SoitXune variable aléatoire intégrable et soit(Fn)n2Nune filtration. On définit le processus

(Yn)n2NparYn=E[XjFn]. Montrez que(Yn)n2Nest une martingale par rapport à(Fn)n2N. On l"appellemartingale de DoobdeX.

Correction exercice 2:

- Le processus(Yn)n2Nest(Fn)n2N-adapté carE[XjFn]est une variable aléatoireFn-mesurable.

- Pour tout entiern, la variable aléatoireYnest intégrable car on a l"inégalité suivante :

E[jYnj] =E[jE[XjFn]j]

E[E[jXjjFn]]

=E[jXj]<+1: - Enfin, pour tout entiern,

E[Yn+1jFn] =E[E[XjFn+1]jFn]

=E[XjFn] (carFn Fn+1) =Yn: 1 Le processus stochastique(Yn)n2Nest donc une martingale.

Exercice 3: Propriétés des temps d"arrêt

Soit(Fn)n2Nune filtration et soientSetTdeux temps d"arrêt discrets par rapport à cette filtration.

1. Montrez queS^T= min(S;T),S_T= max(S;T)etS+Tsont aussi des temps d"arrêt.

2. Montrez que, siST, on aFS FT.

3. * Soit(Xn)n2Nun processus adapté à(Fn)n2N. Montrez que la variableYT=1T<1XTest

F

T-mesurable.

Correction exercice 3:

1. Les variablesS^T,S_TetS+Tsont bien des variables aléatoires à valeurs dansN[f+1g.

Ensuite, on a les égalités suivantes :

fS^Tng=fSng [ fTng fS_Tng=fSng \ fTng fS+T=ng=n[ i=0fS=ig \ fT=nig: Or,SetTsont des temps d"arrêts, donc tous les événementsfSng,fS=igetfTng, fT=nigsontFn-mesurables siin. On en conclut queS^T,S_TetS+Tsont des temps d"arrêts.

2. SoitA2 FS. Il faut montrer queA2 FT. Pour cela, montrons que pour tout entiern,

A\ fTng 2 Fn. On a l"égalité suivante :

A\ fTng=A\ fSTng(carST)

=A\ fSng \ fTng; qui appartient àFncarA2 FSdoncA\fSng 2 FnetfTng 2 Fncar T est un temps d"arrêt.

On a donc bien queFS FT.

3. * SoitA2 B(R). Montrons quefYT2Ag 2 FTen montrant que :

-fYT2Ag 2 F(oùFest la tribu sous-jacente à l"espace de probabilité qui contient en particulier toutes les sous-tribusFnde la filtration) -fYT2Ag \ fTng 2 Fn

Pour le premier point, il suffit d"écrire que

fYT2Ag=+1[ k=0fYT2Ag \ fT=kg[fYT2Ag \ fT= +1g +1[ k=0fXk2Ag \ fT=kg[f02Ag \ fT= +1g 2 qui appartient à la tribuFcar les variables aléatoiresXketTsont mesurables par rapport

à la tribuF.

Ensuite,

fYT2Ag \ fTng=n[ k=0fXk2Ag \ fT=kg qui appartient àFncarXkestFk-mesurable ainsi quefT=kgdoncfXk2Ag \ fT=kg estFn-mesurable.

Cela prouve queYTestFT-mesurable.

Exercice 4: Temps d"arrêts et marche aléatoire. Soit(Sn)n2Nla marche aléatoire simple issue de0définie parS0= 0etSn=Pn i=1Yisin1 où les(Yn)n2Nsont des v.a i.i.d de loiP(Yn= 1) =P(Yn=1) = 1=2. On note(Fn)n2Nla

filtration naturelle des(Yn)n2N. Dire dans chaque cas si les variables aléatoires suivantes sont des

temps d"arrêts.

1.= inffn1; Sn= 0g.

2.T= maxfn2 f0;:::;4g; Sn= 0g.

Correction exercice 4:(proposée par Hugo Vaneuville)

1. Montrons queest un temps d"arrêt. Pour cela, on montre quefng 2 Fnpour tout

n2N. Or,est le premier temps (plus grand que1) de retour en0. Donc, sin= 0, alors fng=;et sin1on a : fng=fla marche aléatoire est revenue en0avant le tempsng =[nk=1fY1++Yk= 0g: Or, pour toutk2 f1;;ng,Y1;;Yksont des variables aléatoires réelles mesurables par rapport àFnpar définition de cette tribu. Donc la sommeY1++Ykest aussi mesurable par rapport àFn, ce qui implique quefY1++Yk= 0g 2 Fn.

2. Montrons queTn"est pas un temps d"arrêt. Supposons par l"absurde que c"est un temps

d"arrêt. Cela implique quefT= 2gest mesurable par rapport àF2. Or,F2est indépendante de(Y3;Y4), doncfT= 2gest indépendant defY3+Y4= 0get on obtient que :

P[T= 2etY3+Y4= 0] =P[T= 2]P[Y3+Y4= 0]:

Or le membre de gauche est nul car siT= 2alorsS2= 0etS46= 0doncY3+Y46= 0. Par ailleurs, le membre de droite est strictement positif carT= 2si et seulement siX1=X2 (ce qui a probabilité1=2par indépendance deY1etY2) etP[Y3+Y4= 0] = 1=2donc est strictement positive. On est bien arrivés à une contradiction. 3

Exercice 5: Martingale et processus prévisible

Soit(Fn)n2Nune filtration et soit(Hn)n2Nunprocessus prévisiblequi signifie, par définition, que

pour toutn2N,Hnest mesurable par rapport àFn1. Soit(Mn)n2Nune martingale par rapport à(Fn)n2N. On suppose que pour toutn,Hnest borné et on définit le processus(Nn)n2Nde la manière suivante :N0= 0et N n=nX k=1H k(MkMk1)sin1:

1. Montrez que(Nn)n2Nest une martingale par rapport à(Fn)n2N.

2. SoitTun temps d"arrêt. En appliquant le résultat de la question précédente avecHk:=1Tk,

en déduire que si(Mn)n2Nest une(Fn)n2N-martingale, alors il en est de même pour le processus arrêté(MT^n)n2N.

Correction exercice 5:

1. (proposée par Hugo Vaneuville) Le vocabulaire "prévisible" vient de l"observation suivante :

H

kétant mesurable par rapport àFk1, on connaît déjà cette variable aléatoire si on a toute

l"information disponible avant le tempsk1. Montrons que(Nn)n2Nest une(Fn)n2N-martingale. Pour cela on montre les trois propriétés suivantes : (a) Pour toutn2N,NnestFn-mesurable. Le casn= 0vient du fait queN0est une constante donc est mesurable par rapport à n"importe quelle tribu. Pourn1, remarquons d"abord que pour toutk2 f1;;ng,MkestFk-mesurable etHk;Mk1sontFk1-mesurable. Par croissance de la filtration, ils sontFn-mesurable, doncNnest obtenu à partir de sommes et produits finis de variablesFn-mesurables donc estFn-mesurable. (b) Pour toutn2N,Nnest intégrable. Comme une somme de variables intégrables est intégrable, il suffit de montrer que pour toutk1,HkMk1etHkMksont intégrables. Or pour toutk1il existeAk2R+tel quejHkj Aket donc :

E[jHkMkj]AkE[jMkj]:

E[jMkj]est fini car(Mm)m2Nest une(Fm)m2N-martingale doncE[jHkMkj]est bien fini.

On raisonne de même pourE[jHkMk1j].

(c) Pour toutn2N,Eh N n+1Fni =Nn. On a : E h N n+1Fni =Eh N n+Hn+1(Mn+1Mn)Fni =Nn+Eh H n+1(Mn+1Mn)Fni (carNnestFn-mesurable) =Nn+Hn+1Eh M n+1MnFni (carHn+1estFn-mesurable): 4

Finalement,Eh

M n+1Fni =Mncar(Mm)m2Nest une(Fm)m2N-martingale etEh M nFni M ncarMnestFn-mesurable. On a donc bienEh N n+1Fni =Nn.

2. Remarquons pour commencer quefTkg=fTk1gcappartient àFk1pour tout

entier non nulk. Cela prouve queHk=1Tkest bien un processus prévisible. Ensuite, on vérifie que siTn, alors N n=nX k=11

Tk(MkMk1)

TX k=1(MkMk1) =MTM0; et que siT > n, alors, N n=nX k=11

Tk(MkMk1)

nX k=1(MkMk1) =MnM0: On a donc queNn=MT^nM0. Par ailleurs, d"après la question précédente,Nnest une martingale. Il en suit que le processus arrêtéMT^n=Nn+M0est également une martingale.

Exercice 6: La ruine du joueur.

Deux joueurs, le joueurApossédant initialementaeuros et le joueurBen possédantb, jouent au jeu suivant. A chaque coup, les deux joueurs misent un euro et on lance une pièce de monnaie

équilibrée. Si le résultat de la pièce est pile, le joueurAremporte la mise et si le résultat de la pièce

est face, le joueurBremporte la mise. Le jeu cesse quand l"un des deux est ruiné.

1. En reprenant les notation de l"exercice 1, on noteYn= 1si le résultat dunelancer est pile

etYn=1si c"est face. SoitSnl"argent du joueur A au tempsn. On a donc : S n=a+nX i=1Y i: Soit

T= inffn; Sn2 f0;a+bgg:

Justifier queTdéfinit bien un temps d"arrêt par rapport à(Fi)i2N. Quel interprétation donner au temps d"arrêtTet aux évènementsfST= 0getfST=a+bg?

2. On admet queT <+1presque sûrement. En appliquant le théorème d"arrêt à(ST^n)n2N,

calculer la probabilité queAgagne la fortune deB.

3. * Démontrer queT <+1presque sûrement.

5 Correction exercice 6:Il s"agit d"un exercice important qui met en jeu la notion de martingales, de temps d"arrêts et une application du théorème d"arrêt.

1. Soitn2N. On a

fTng=f9k2J0;nK; Sk2 f0;a+bgg n[ k=0fSk2 f0;a+bgg|{z} 2F kFn;

et donc8n2N;fTng 2 FnpuisTest un temps d"arrêt.Le temps d"arrêtTreprésente la fin de la partie, l"événementfST= 0gcorrespond à la ruine

du joueurAalors que l"événementfST=a+bgcorrespond à "Agagne la fortune deB".

2. On aimerait appliquer le théorème d"arrêt, aux temps d"arrêts0etTafin de calculerE[ST]

et d"en déduireP(ST=a+b). Malheureusement,Tn"est pas un temps d"arrêt borné... On applique donc lethéorème d"arrêtà la martingale(Sn)n2Net aux temps d"arrêtsbornés

0T^n(on sait que c"est un temps d"arrêt comme minimum de2temps d"arrêts d"après

l"exercice3). On en déduit que E h S

T^nF0i

=S0; et donc en passant à l"espérance

E[ST^n] =Eh

Eh S

T^nF0ii

=E[S0] =a:

Maintenant, on va utiliser le théorème de convergence dominée et faire tendrenvers l"infini.

CommeTest fini presque sûrement, on a que

S

T^np:s!n!1ST:

De plus, on a la domination

8n2NjST^nj a+b;

carSnest compris entre0eta+bpour tout entierninférieur ou égal àT. On peut donc appliquer lethéorème de convergence dominéepour en déduire que lim n!1E[ST^n] =E[ST]; et donc que

E[ST] =a:

Par ailleurs,STne prend que deux valeurs :0oua+b. On en déduit

E[ST] = (a+b)P(ST=a+b):

et finalement 6

P(ST=a+b) =aa+b:Le joueurAgagne donc la fortune deBavec probabilitéaa+b.On remarque que si les deux

joueurs partent avec la même somme d"argent (a=b) chaque joueur à une chance sur deux de remporter la mise de l"autre.

3. SifT= +1g, alors la marche aléatoire reste comprise entre1eta+b1pour toutnet

donc en particulier, elle ne peut pas monter de1sura+btemps consécutifs. Nous allons montrer que presque sûrement, il arrive un instant où la marche aléatoire simple monte de1 sura+btemps consécutifs. Pour cela, on définit pour toutk2Nl"événement : A k:=(a+b)\ i=1fY(a+b)k+i= 1g: Si un desAkest réalisé, alors la marche aléatoire monte de1sura+btemps consécutifs (entre les temps(a+b)ket(a+b)(k+ 1)) et donc(Sn)n2Nne peut pas rester bornée entre

1eta+b1et doncT <+1. En résumé :

k2NA k fT <+1g:

Maintenant

P k2NA k! = 1P \ k2NA ck! = 11Y k=0P(Ack)car lesAksont indépendants = 11Y k=0(1P(Ak)) = 11Y k=0 1a+bY i=1P(Y(a+b)k+i= 1)! car lesYisont indépendants = 11Y k=0 112
a+b |{z} <1 = 10 = 1:

On a donc

P(T <+1)P [

k2NA k! = 1: et doncTest fini presque sûrement.7quotesdbs_dbs6.pdfusesText_11

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