[PDF] [PDF] Vecteurs gaussiens construction du mouvement brownien Corrigé

View - Download [PDF] Vecteurs gaussiens construction du mouvement brownien Corrigé

Previous PDF

Next PDF

Processus aléatoiresThomas Budzinski

ENS Paris, 2018-2019 Bureau V2

thomas.budzinski@ens.fr TD 2 : Vecteurs gaussiens, construction du mouvement brownien

Corrigé

Mercredi 19 Septembre

1 Vecteurs gaussiens

Exercice 1SoientX,Yet"trois variables aléatoires indépendantes avecXetYgaussiennes de loi

N(0;1)etP("=1) =P("= 1) =12

. Lesquels des vecteurs suivants sont gaussiens ?

1.(X;")

2.(X;Y)

3.(X;"X)

4.(X;"Y)5.("jXj;"jYj)

6.(X;X+Y)

7.(X;X+"Y)

8.(X;"X+Y)

Solution de l"exercice 1Les vecteurs 2, 4, 6 et 7 sont gaussiens. Les vecteurs 2 et 4 le sont car ils ont

leurs deux coordonnées indépendantes de loiN(0;1). Les vecteurs 6 et 7 le sont car ils sont les images

respectivement des vecteurs 2 et 4 par une application linéaire.

Le vecteur 1 n"est pas gaussien car sa seconde coordonnée ne l"est pas. Le vecteur 3 ne l"est pas car

P(X+"X= 0) =12

donc la somme de ses deux coordonnées n"est pas gaussienne. Pour montrer que

le vecteur 8 ne l"est pas, on peut par exemple calculer la fonction caractéristique de la somme de ses

coordonnées : Eh eiu((1+")X+Y)i =12

1 +eu2eu2=2p2:

Pour montrer que le vecteur 5 ne l"est pas, on peut soit calculer aussi sa fonction caractéristique, soit

remarquer que("jXj;"jYj)a une densité strictement positive surR+R+mais une probabilité nulle d"être dansRR+. Exercice 2SoitKune matrice symétrique positive. Expliquer comment simuler un vecteur gaussien centré de matrice de covarianceKà partir de variables gaussiennes indépendantes. Solution de l"exercice 2Soitdla taille de la matriceKet soitZ= (Z1;:::;Zd), où lesZisont i.i.d.

de loiN(0;1). Notons queZest un vecteur gaussien de matrice de covariance identité. On cherche à

construire notre vecteur de manière linéaire à partir deZ. Plus précisément, soitA= (ai;j)1i;jdune

matriceddet soitX=AZ. Notons que toute combinaison linéaire des coordonnées deXest une combinaison linéaire des coordonnées deZ, donc est gaussienne, doncXest un vecteur gaussien. 1

De plus, pour tous1i;jd, on a

E[XiXj] =E" X

ka i;kZk! X `a j;`Z`!# X k;`a i;kaj;`E[ZkZ`] X k;`a i;kaj;`?k=` X ka i;kaj;k; donc la matrice de covariance deXestAtA. Il nous suffit donc de trouverAtelle queAtA=K. Or, commeKest symétrique positive, il existe une matrice orthogonaleQtelle queK=tQDQ, oùDest

une matrice diagonale de coefficients diagonauxd1;:::;dn0. On peut alors prendreA=tQpDQ, oùpDest la matrice diagonale de coefficients diagonauxpd

1;:::;pd

n. Exercice 3Soitune variable aléatoire gaussienne de loiN(0;1)etx >0. 1.

Mon trerque

1p2 1x 1x

3ex2=2P( > x)1p21x

ex2=2. 2.

Mon trerque P( > x)ex2=2.

Solution de l"exercice 31.On calcule la dériv éedu mem brede droite : ddx 1p21x ex2=2 =1p21x

21 +x2ex2=2

1p2ex2=2

et, commeP( > x) =R1 xet2=2dt, on obtient la borne supérieure en intégrant entrexet+1. De même, la dérivée du membre de gauche est ddx 1p2 1x 1x 3 e x2=2 =1p2 13x 4 e x2=2

1p2ex2=2

et on obtient la borne inférieure en intégrant entrexet+1. 2.

Si on p osef(x) =ex2=2P( > x)alorsf0(x) =

1p2x e x2=2doncfest croissante surh

0;1p2i

et décroissante surh

1p2;+1h

. Comme on a aussif(0) = 0etlimx!+1f(x) = 0on en déduit quefest positive surR+. Exercice 4Soit(n)une suite de variables gaussiennes surRqui converge en loi vers une variable aléatoireX. Montrer queXest gaussienne.

Solution de l"exercice 4On passe par la fonction caractéristique : pour toutn, on notenl"espérance et

2nla variance den. Pour toutu2Ron a'n(u) = exp

i nu2 nu22 !'X(u). En prenantu= 1 et en considérant le module, on obtient queexp 2 n2 converge donc2nconverge vers2. 2 On en déduit queeinuconverge pour toutudoncnconverge vers2R(c"est le théorème de Lévy pour des variables déterministes), donc'n(u)!exp iu2u22 doncXest bien gaussienne (éventuellement de variance nulle). Exercice 5Construire des variablesX,YetZtelles que les vecteurs(X;Y),(Y;Z)et(Z;X)soient gaussiens mais pas le vecteur(X;Y;Z). Solution de l"exercice 5Prendre par exemple(X;Y;Z) = ("1j1j;"2j2j;"1"2j3j)avec"1,"2,1,2et3 indépendantes, lesigaussiennes de loiN(0;1)et les"iuniformes surf1;1g. Il est facile de vérifier queX,YetZont pour loiN(0;1)et que deux d"entre elles sont toujours

indépendantes. En particulier, deux d"entre elles forment toujours un vecteur gaussien. En revanche, si

(X;Y;Z)était un vecteur gaussien, alorsX,YetZseraient indépendantes, ce qui est faux, par exemple

carP(X >0;Y >0;Z <0) = 0etP(X >0)P(Y >0)P(Z <0) =18 Exercice 6(Formule de Wick) Soit(X1;:::;Xd)un vecteur gaussien centré. Montrer que E dY i=1X i# =X Y fa;bg2E[XaXb]; où la somme se fait sur toutes les partitionsde[[1;d]]en parties de taille2.

Solution de l"exercice 6SoitZun vecteur gaussien de matrice de covariance identité. Alors il existe une

matriceAtelle queXa la même loi queAZ(cf. Exercice 2). La formule qu"on veut montrer peut donc se mettre sous la forme E" dY i=1f i(Z)# =X Y fa;bg2E[fa(Z)fb(Z)];

où lesfisont des formes linéaires surRd. Or, cette dernière formule est linéaire en chacune desfi, donc

il suffit de la prouver dans le cas où chaquefiest de la formez!zj. Autrement dit, il suffit de montrer

que pour tousj1;:::;jk, on a E" dY i=1Z ji# =X Y fa;bg2E[ZjaZjb]:(1) Pour toutj2[[1;d]], on notekjle nombre deitels queji=j. Alors par indépendance desZj, le membre de droite vautdY j=1EZkj;

oùZest une variable gaussienne centrée de variance1. Remarquons tout d"abord que si un deskjest

impair, on aE[Zkj] = 0donc le membre de gauche dans (1) est nul. D"autre part, siest une partition de[[1;d]]en paires, une des paires contient un nombre impair deitel queji=j. Soitfa;bgcette paire. Alorsja6=jb, doncE[ZjaZjb] = 0, donc la contribution deest nulle. Comme c"est vrai pour tout,

le membre de droite est aussi nul. On suppose donc désormais que tous leskjsont pairs, et on écrit

k j= 2`j. Les moments deZse calculent par exemple par intégration par partie, et on obtientEZ2`=(2`)!2 ``!pour tout`2N, donc le membre de gauche de (1) vaut d Y j=1(2`j)!2 `j`j!:

Il reste à étudier le membre de droite de (1). Soitune partition en paires etfa;bg 2. Sija6=jb, alors

Z jaetZjbsont indépendantes doncE[ZjaZjb] = 0et la contribution des"annule. Sija=jbpour tout fa;bg 2, alors la contribution devaut1, donc il suffit de compter le nombre dequi contribuent. Choisir un telrevient, pour toutj, à partitionner en paires lesitels queji=j. Or, le nombre de 3 partitions en paires d"un ensemble à2`éléments vaut(2`1)(2`3) 31 =(2`)!2 ``!, donc le nombre dequi contribuent à la somme vaut d Y j=1(2`j)!2 `j`j!; d"où (1), d"où le résultat.

2 Comment identifier la loi d"un processus ?

SoitT >0. On munit l"espaceC([0;T])des fonctions continues de[0;T]dansRde la norme infinie, et de

la tribu borélienneB(C([0;T]))associée à cette norme. On rappelle (TD de la semaine dernière, exercice

1) que la tribu borélienne est aussi la plus petite tribu surC([0;T])qui rend mesurables les projections

x!xtpour toutt2[0;T]. Exercice 7SoientXetYdeux variables aléatoires à valeurs dans l"espaceC([0;T]). On suppose que pour toutk1et toust1;:::;tk2[0;T], les vecteurs (Xt1;Xt2;:::;Xtk)et(Yt1;Yt2;:::;Ytk) ont la même loi. Montrer queXetYont la même loi. Solution de l"exercice 7C"est une conséquence du rappel ci-dessus et du lemme de classe monotone.

D"après le rappel, la tribuC([0;T])est engendrée par les événements de la formefXt2Agavect2[0;T]

etA2 B(R), donc par les événements de la forme fXt12A1;Xt22A2;:::;Xtk2Akg(2) avect1;:::;tk2[0;T]etA1;:::;Ak2 B(R). De plus, les événements de la forme (2) sont stables

par intersections finies. D"après le lemme de classe monotone, la classe monotone qu"ils engendrent est

doncB(C([0;T])). Or, l"ensemble desA2 B(C([0;T]))tels queP(X2A) =P(Y2A)est une classe

monotone (c"est une vérification facile), qui contient lesAde la forme (2) d"après l"hypothèse de l"énoncé.

On a doncP(X2A) =P(Y2A)pour toutA2 B(C([0;T])), doncXetYont la même loi. Exercice 8En déduire que siXvérifie les trois conditions suivantes: (i) p ourtous t1;:::;tk0le vecteur(Xt1;:::;Xtk)est un vecteur gaussien, (ii) p ourtout t0on aE[Xt] = 0, (iii) p ourtous s;t0on aE[XsXt] = min(s;t), alorsXa la loi d"un mouvement brownien.

Solution de l"exercice 8SoitBun mouvement brownien ett1;:::;tk2[0;T]: d"après l"exercice précé-

dent, il suffit de vérifier que(Xt1;:::;Xtk)a la même loi que(Bt1;:::;Btk). Or, les deux sont des vecteurs

gaussiens d"après l"hypothèse (i) et on sait que la loi d"un vecteur gaussien est entièrement déterminée

par son espérance et par sa matrice de covariance. Or, d"après l"hypothèse (ii) on aE[Xti] =E[Bti] = 0

pour touti, et d"après l"hypothèse (iii) on aEXtiXtj=EBtiBtj= min(ti;tj)pour tousietj, donc on peut conclure.

RemarqueDans la suite, on pourra admettre que les exercices 7 et 8 restent vrais en remplaçantC([0;T])

par l"espace des fonctions continues de[0;T]dansRd, ou par l"espace des fonctions continues deR+dans R

d(muni de la topologie de la convergence uniforme sur tout compact et de la tribu borélienne associée).

Ce n"est pas un résultat difficile, il suffit d"adapter l"exercice 1 du TD1 à ces cas. 4

3 Plein de mouvements browniens !

Exercice 9SoitBun mouvement brownien eta >0. Montrer que les processus suivants sont des mouvements browniens : X= 1pa Bat t0,

Y=tB1=t

t0, Z= B tRt 0B ss ds t0.

Solution de l"exercice 9Il est facile de vérifier que les deux premiers processus sont gaussiens et centrés.

Il suffit donc de vérifier les covariances :

E[XsXt] =1a

min(as;at) = min(s;t)doncXest bien un mouvement brownien

E[YsYt] =stmin1s

;1t = min(s;t)doncYest bien un mouvement brownien Pour le troisième, on commence par vérifier que l"intégrale converge. On a E Zt

0jBsjs

ds =Z t 01s

E[jBsj]ds=Z

t

0E[jB1j]ps

ds <+1 donc Rt

0jBsjs

ds <+1p.s. doncZest bien défini p.s. De plus, soientt1;:::;tk2R+et1;:::;k2R. En

écrivant l"intégraleRt

0B ss dscomme limite de sommes de Riemann, on voit que1Zt1++kZtkest une

limite p.s. de combinaisons linéaires de valeur deB, donc une limite p.s. de variables gaussiennes, donc

une limite en loi de variables gaussiennes. Or, une limite en loi de variables gaussiennes est gaussienne

(exercice 4), donc1Zt1++kZtkest gaussienne. Le processusZest donc gaussien et il est facile de

vérifier qu"il est centré. Il n"y a donc plus qu"à calculer les covariances. En supposantston a :

E[ZsZt] = min(s;t)Z

s

0min(t;u)u

duZ t

0min(s;u)u

du+Z s 0Z t

0min(u;r)ur

dudr =ssZ s

0min(s;u)u

duZ t smin(s;u)u du+Z s 0Z s

0min(u;r)ur

dudr+Z s 0Z t smin(u;r)ur dudr =sslnts + 2Z

0urs1r

dudr+Z s 0Z t s1u dudr =sslnts + 2Z s 0rr dr+slnts =s+ 2s=s:

Exercice 10(Mouvement brownien surR+) Soit

(Bnt)t2[0;1] n0une suite de mouvements browniens sur[0;1]indépendants. Pour toutt2R+, on pose 0

Bt=btc1X

n=0B n11 A +Bbtc tbtc:

Vérifier que pour touss;t2R, on a bien

E[BsBt] = min(s;t):

5

Solution de l"exercice 10En développantBsBtet en intervertissant somme et espérance, on obtient

E[BsBt] =bsc1X

m=0btc1X n=0E[Bm1Bn1] +bsc1X m=0Eh

Bm1Bbtc

tbtci +btc1X n=0Eh Bbsc sbscBn1i +Eh Bbsc sbscBbtc tbtci bmin(s;t)c1X n=0E[(Bn12+?btcbsc1Eh Bbtc 1Bbtc tbtci +?bscbtc1Eh Bbsc 1Bbsc sbsci +?bsc=btcEh Bbsc sbscBbtc tbtci en supprimant les termes qui sont nuls par indépendance deBmetBnpourm6=n. En utilisant les covariances desBnon obtient finalement E[BsBt] =bmin(s;t)c+?btcMontrer queQB= (QBt)0t1a la même loi queB. Solution de l"exercice 11On noteX=QB, etXt= (X1t;:::;Xdt)ses coordonnées. On cherche à montrer

que la loi jointe de(X1;:::;Xd)est celle dedmouvements browniens indépendants. Pour cela, d"après

l"exercice 8, il suffit de montrer que les marginales de dimension finies desXisont indépendantes, et ont

la même loi que pour des mouvements browniens. Or, pour toust1;:::;tk, lesXit javec1idet

1jkforment un vecteur gaussien centré (car c"est l"image d"un vecteur gaussien par une application

linéaire), donc il suffit de vérifier que pour tous1i;jdets;t2[0;1], on a E h XisXj ti =?i=jmin(s;t):

Or, on aXis= (QBs)i=Pd

k=1qikBks, et on a une formule similaire pourXj t. On a donc E h XisXj ti =E" dX k=1q ikBjs! dX `=1q j`B`t!# X k;`q ikqj`EBksB`t X k;`q ikqj`?k=`min(s;t) = min(s;t)X kq ikqjk = min(s;t)(QtQ)i;j =?i=jmin(s;t): carQest orthogonale. Cela conclut.

4 Jolie image

Exercice 12Que représente la jolie image ci-dessous ? 6

Solution de l"exercice 12Il s"agit d"un mouvement brownien bidimensionnel. Plus précisément, c"est une

marche aléatoire de longueur 40000 dont les incréments sont gaussiens des vecteurs gaussiens centrés, de

matrice de covariance identité. 7quotesdbs_dbs42.pdfusesText_42

[PDF] vecteurs aléatoires discrets exercices corrigés

[PDF] exercices corriges des vecteurs aleatoires gaussiens

[PDF] exercices corrigés rdm pdf gratuit

[PDF] rdm cisaillement exercices corrigés pdf

[PDF] thermique du batiment exercice corrigé pdf

[PDF] td transfert thermique corrigé pdf

[PDF] exercices corrigés physique du batiment

[PDF] loi des gaz parfaits exercices corrigés

[PDF] pv=nrt exercice corrigé

[PDF] exercice thermodynamique gaz reel

[PDF] qcm transports membranaires

[PDF] mesure et intégration - licence - 10 examens corrigés

[PDF] mesure et intégration examens corrigés

[PDF] vecteur gaussien centré

[PDF] matrice de variance et covariance exercice corrigé