Corrigé du Partiel de Probabilités Approfondies Octobre 2016

Corrigé du Partiel de Probabilités Approfondies
Octobre 2016
Correction de l’exercice 1.
1. On a 0 ≤ C ≤ 2 · 2α max(B α , 1), donc C est
α
intégrable puisque B l’est. On applique le théorème du cours sur l’espérance
conditionnelle d’une fonction de deux variables indépendantes sachant l’une
d’elle. On obtient E(C|B) = ϕ(B) avec pour b ≥ 0,
Z
1
2u(b + u2 )α du
ϕ(b) = E(2U (b + U ) ) =
0
u=1
(1 + b)α+1 − bα+1
1
=
=
(b + u2 )α+1
α+1
α+1
u=0
2 α
Donc E(C|B) =
(1+B)α+1 −B α+1
α+1
p.s.
2. Si une telle décomposition existe, alors E(W ) = 0. On devrait alors avoir
Cov(X, X + 2Y ) = aVar(X + 2Y ) + Cov(W, X + 2Y )
|
{z
}
=0 par independance
Or Cov(X, X + 2Y ) = 1 et Var(X + 2Y ) = VarX + 4Var(Y ) = 5 (aussi par
independance de X et Y ). Donc nécessairement, a = 15 , ce qui prouve l’unicité
de a s’il existe. Réciproquement, Z = X + 2Y et W = 4X
− 2Y5 sont des
5
combinaisons linéaires de X et Y qui forment un vecteur gaussien centré, leur
couple est aussi un vecteur gaussien centré. Le calcul ci-dessous montre que
ces variables sont orthogonales, donc indépendantes dans le cas gaussien, et
on a bien
4X − 2Y
X + 2Y
+
.
X=
5
5 }
| {z
=W
On écrit alors X = Z/5 + W et on utilise les propriétés de l’espérance conditionnelle, sachant que Z est trivialement σ(Z)-mesurable et W est indépendant
de σ(Z).
E(X|Z) = E(Z/5 + W |Z) = Z/5 + E(W ) = Z/5 p.s.
Z2
Z
Z2 4
2
2
2
E(X |Z) = E((Z/5 + W ) |Z) =
+ 2 E(W ) + E(W ) =
+ .
25
5
25 5
Correction de l’exercice 2.
1. Sn et Mn sont Fn -mesurables (car des fonctions
mesurables de X1 , . . . , Xn ) ; comme |Xi | = 1, |Sn | ≤ x+n et |Mn | ≤ (x+n)2 +n,
2
et sont donc tous les deux intégrables. Enfin, Sn+1 = Sn + Xn+1 avec Sn Fn mesurable et Xn+1 indépendante de Fn donc comme E[Xn+1 ] = 0
E[Sn+1 | Fn ] = Sn + E[Xn+1 ] = Sn
p.s.
2
2
On aussi Sn+1
= Sn2 + 2Sn Xn+1 + Xn+1
, donc comme Sn est Fn -mesurable et
Xn+1 indépendante de Fn
2
2
E[Sn+1
| Fn ] = Sn2 + 2Sn E[Xn+1 ] + E[Xn+1
] = Sn2 + 1
p.s.
ce qui donne E[Mn+1 | Fn ] = Mn p.s.
2. On a
{T ≤ n} =
n
[
Si = 0 ∪ Si = N
∈ Fn ,
i=0
ce qui montre que T est un temps d’arrêt.
3. On remarque qu’avoir Am implique que soit Smq ≤ 0, soit S(m+1)q ≥ N (car on
a N ”+1” consécutifs), c’est-à-dire qu’on a nécessairement T ≤ (m + 1)q. Pour
que T > qN , il faut donc nécessairement
Tq−1 c qu’aucun des Am pour m ≤ q − 1 ne
Am . On en déduit, par indépendance des
soit réalisé, d’où {T > qN } ⊂ m=0
Am
q−1
Y
N q
P(T > qN ) ≤
P(Am ) = 1 − 12
.
m=0
On utilise que P(T > j) ≤ P(T > qN ) pour tout j ∈ {qN + 1, . . . , (q + 1)N }
pour avoir
E[T ] =
X
P(T > j) ≤
∞
X
N P(T > qN ) ≤ N
q=0
j≥0
X
1−
1 N
2
q
< +∞ .
q≥0
On en déduit que T < +∞ p.s.
4. Comme (Sn∧T )n≥0 est une martingale, E[Sn∧T ] = E[S0 ] = x for all n ≥ 0. De
n→∞
plus, T < +∞ p.s. donc Sn∧T → ST p.s., et par convergence dominée (car
|Sn∧T | ≤ N par définition de T ), on obtient que limn→∞ E[Sn∧T ] = E[ST ]. On
a donc E[ST ] = x, et comme ST ∈ {0, N }, x = E[ST ] = N P(ST = N ), d’où
P(ST = 0) = 1 − P(ST = N ) = 1 − x/N .
5. De même, (Mn∧T )n≥0 est une martingale, donc E[Mn∧T ] = E[M0 ] = x2 . Comme
n→∞
2
T < +∞ p.s., Mn∧T = Sn∧T
− n ∧ T → ST2 − T p.s. On domine alors
2
|Mn∧T | ≤ Sn∧T
+ n ∧ T ≤ N 2 + T , qui est intégrable (cf. question 3.), pour
avoir par convergence dominée
lim E[Mn∧T ] = E[ST2 ] − E[T ] = x2 .
n→∞
Comme E[ST2 ] = N 2 P(ST = N ) = xN , on obtient E[T ] = xN − x2 = x(N − x).
3
Correction de l’exercice 3.
1. Par définition de l’espérance conditionelle, An
est prévisible. On en déduit donc que le processus est adapté à la filtration.
Puisque les Xk sont dans L2 , on en déduit que E ((Xk − Xk−1 )2 | Fk−1 ) est
dans L1 (par définition de l’esperance conditionnelle). On en déduit que An ∈
L1 pour tout n ∈ N, et donc Xn2 − An ∈ L1 . Il reste à demontrer que
2
− An+1 ) | Fn ) = Xn2 − An .
E((Xn+1
On a
2
− An+1 ) | Fn ) = E((Xn+1 − Xn )2 | Fn ) − E(An+1 − An | Fn )
E((Xn+1
+ E(Xn2 − An | Fn )
+ 2E((Xn+1 − Xn )Xn |Fn )
puisque An est prévisible, et donc E(An+1 − An | Fn ) = An+1 − An . Il s’en suit
que le premier terme à droite de l’égalité précédente s’annule. Finalement,
E((Xn+1 − Xn )Xn |Fn ) = Xn E((Xn+1 − Xn ) | Fn ) = 0
puisque (Xn ) est une Martingale p.r. à (Fn ). On a donc
2
E((Xn+1
− An+1 ) | Fn ) =
E(Xn2 − An | Fn ),
ce qui montre la propriété martinagle.
On en déduit que (Xn2 − An ) est une martingale. En conséquence, on a :
E(Xn2 ) = E(An ).
Si Xn est bornée dans L2 , en combinant le lemme de Fatou et l’égalité précédante,
on a :
E(A∞ ) < ∞
et donc P(A∞ < ∞) = 1.
2. Puisque (Xn ) est une Martingale, (Xn2 ) est une sous-martingale positive (par
Jensen). Par l’inégalité de Doob dans L2 , on en déduit :
2
E(sup Xm
) ≤ 4E(Xn2 ) = 4E(An ).
m≤n
Puisque (An ) est un processus croissant, on An ≤ A∞ . On a donc
2
E(sup Xm
) ≤ 4E(A∞ ).
m≤n
On conclut par une application directe du thêorème de convergence monotone :
E(sup Xn2 ) ≤ 4E(A∞ ).
m
4
3. Il suffit de remarquer que
{Na = n} = {A0 ≤ a2 , · · · , An ≤ a2 , An+1 > a2 } ∈ Fn
car (An ) est prévisible.
4. Puisque Na est un temps d’arrêt, Xn∧Na est une Martingale dans L2 avec
comme processus croissant associé (An∧Na ) (facile á demontrer). On applique
alors (2) à cette martingale :
2
E(sup Xm∧N
) ≤ 4E(ANa ) ≤ a2 .
a
m
On en déduit que pour tout a, (Xn∧Na ) converge p.s. et dans L2 .
S
{A∞ < ∞} = k∈N {A∞ < ∞}. Pour toutes realisations ω dans {A∞ < k},
on remarque que Na (ω) = ∞ pour tout a2 > k, et donc Xn∧Na = Xn . D’après
ce qui précède, on en déduit que (Xn ) converge p.s.
5. Puisque f est décroissante et positive, elle est mesurable et bornée. Il est clair
que (Yn ) est adapté à la filtration. Puisque (Xn ) est dans L2 , on en déduit que
Yn ∈ L2 pour tout n. D’autre part,
!
n+1
X
E (Yn+1 | Fn ) = E
(Xm − Xm−1 )f (Am ) | Fn
m=1
n
X
!
(Xm − Xm−1 )f (Am ) | Fn
= E
+ E(f (An )(Xn+1 − Xn ) | Fn )
m=1
=
n
X
(Xm − Xm−1 )f (Am ) + An E((Xn+1 − Xn ) | Fn )
m=1
= Yn .
où à la troisième ligne on utilise la prévisibilité de (An ). D’autre part :
Bn − Bn−1 = E (Xn − Xn−1 )2 f 2 (An ) | Fn
= f 2 (An )E (Xn − Xn−1 )2 | Fn
= f 2 (An )(An − An−1 )
et donc pour n ≥ 1 :
Bn =
n
X
f 2 (Ai )(Ai − Ai−1 )
i=1
6. Puisque f est positive et decroissante, on a
Z
n Z
X
2
0 ≤ Bn ≤
f (x)dx =
i=1
R
Puisque
converge.
[0,∞)
[Ai−1 ,Ai ]
An
f 2 (x)dx.
0
f 2 < ∞, on a B∞ < ∞, et d’après (4), la martingale (Yn )
5
R
7. Puisque f est decroissante et positive, et telle que [0,∞) f 2 < ∞, on en déduit
que f (An ) → 0 sur {A∞ = ∞}. On applique alors le lemme de Kronecker avec
an = f (An ) et bn = Xn − Xn−1 .