2009 - Université Paris VIMaster 1 : Introduction au calcul stochastique pour la finance (MM054)

TD 3 et 4 : Processus à temps discret et Martingales

1. Questions basiques sur les filtrations 1. Une union de tribus est-elle toujours unetribu ?

2. Soit (Fn) une filtration (suite croissante de tribus) d’un ensemble Ω. ∪n∈NFn est-elletoujours une tribu ?

3. Que dire d’une martingale (resp. d’une sous-martingale, d’une sur-martingale) parrapport à une filtration constante (i.e. telle que Fn = F0 pour tout n) ? Que dire d’untemps d’arrêt par rapport à une filtration constante ?

Solution : 1. Non, si Ω = 1, 2, 3, alors F = ∅,Ω, 1, 2, 3,G = ∅,Ω, 1, 2, 3sont des tribus, mais pas F ∪G car 2 = 2, 3 ∩ 1, 2 /∈ F ∪G.

2. Non, si l’on prend Ω = [0, 1[, et pour tout n, Fn = σ([(i−1)/2n, i/2n[ ; i = 1, · · · , 2n),alors ∪n∈NFn est l’ensemble des unions finies d’intervalles du type [(i− 1)/2n, i/2n[, avecn ≥ 0, i = 1, · · · , 2n. Cet ensemble n’est pas une tribu, sinon, il serait égal à la tribuqu’il engendre, et la tribu qu’il engendre est l’ensemble des boréliens de Ω, par densitédes nombres dyiadiques dans Ω.

3. C’est une suite p.s. constante (resp. p.s. croissante, décroissante) d’éléments deL1 mesurables par rapport à cette tribu. Un temps d’arrêt par rapport à une filtrationconstante est une v.a. à valeurs dans N mesurable par rapport à cette tribu.

2. Conditionnement et indépendance 1. Soient X et Y deux variables aléatoiresindépendantes de lois de Bernoulli de paramètres p, q ∈]0, 1[. On pose Z = 1X+Y=0 etG = σ(Z). Calculer E(X | G) et E(Y | G).

2. Ces deux variables aléatoires sont-elles indépendantes ?3. Soient Z, T des variables aléatoires définies sur un même espace de probabilité

(Ω,A, P ) à valeurs dans des espaces mesurables quelconques (Ω′,A′), (Ω′′,A′′) telles quepour toute sous-tribu B de A, pour toutes fonctions numériques mesurables bornéesf, g définies respectivement sur (Ω′,A′), (Ω′′,A′′), E(f(Z)|B) et E(g(T )|B) sont indé-pendantes. Montrer que Z ou T est p.s. constante.

Solution : 1. Les ensembles Z = 0 et Z = 1 forment une partition de Ω quiengendre G. Ainsi,

E(X|G) = E (X|Z = 0)1Z=0 + E (X|Z = 1)1Z=1.

Sur Z = 0, X = 0 p.s et donc E(X|Z = 0) = 0. De plus,

E (X|Z = 1) =P (X = 1)

P (X + Y ≥ 1)

=P (X = 1)

1− P (X + Y = 0)

=p

1− (1− p)(1− q)=

p

p+ q − pq.

1

Ainsi,E(X|G) =

p

p+ q − pq1Z≥1.

Les rôles de X et Y étant symétriques,

E(Y |G) =q

p+ q − pq1Z=≥1.

2. Les variables aléatoires E(X|G) et E(Y |G) sont donc proportionnelles p.s et nonconstantes, elles ne sont donc pas indépendantes.

3. Supposons que ni Z, ni T ne soient p.s. constantes. Alors il existe les ensemblesmesurables A,B des espaces d’arrivée respectifs de Z, T tels que X := 1A(Z), Y := 1B(T )soient des v.a. de loi de Bernouilli de paramètres p, q ∈]0, 1[. X et Y sont indépendantes(par hypothèse en conditionnant avec la tribu A). Par ce qui précède, l’hypothèse est miseen défaut.

3. Rappels : Martingales et sur-martingales.On se place sur une espace de probabilité (Ω,F ,P) muni de la filtration F = (Fn)n≥0.1. Soit Y ∈ L1. On définit le processus X = (Xn)n≥0 par Xn = E(Y | Fn). Montrer

que X est une F-martingale.2. Soit (Xn) une sous-martingale et une fonction convexe croissante ϕ : R 7→ R telle

que pour tout n, ϕ(Xn) ∈ L1. Montrer que (ϕ(Xn))n≥0 est une sous-martingale pour F.3. Soit (Xn) une sous-martingale et K ∈ R. Montrer que (Xn ∨K)n≥0 est une sous-

martingale pour F.4. On suppose que Y ∈ L1 est FN−mesurable et on définit Z = (Zn)n≤N par ZN = Y

et Zn = ξn∨E [Zn+1 | Fn] pour n ≤ N−1 où ξ = (ξn)n≥0 est F−adapté et borné. Montrerque Z est une sur-martingale.

5. Soit (Xn) une martingale et H = (Hn)n≥0 un processus F-prévisible borné. Ondéfinit V = (Vn)n≥0 par Vn =

∑nk=1Hk(Xk −Xk−1) pour n ≥ 0. Montrer que V est une

martingale pour F.6. Montrer qu’un processus prévisible intégrable est une martingale ssi il est p.s.

constant.7. Soit (Xn) une martingale L2 et telle que Xn+1 − Xn est indépendant de Fn pour

tout n ≥ 0. Montrer que W = (Wn)n≥0 défini par Wn = (Xn − E [Xn])2− Var(Xn) pourn ≥ 0 est une martingale.

Solution : 1. C’est simplement une application de la transitivité de l’espérance condi-tionnelle : si B ⊂ A sont des tribus, alors pour tout X ∈ L1, E(X|B) = E(E(X|A)|B).

2. On a, pour tout n,

E(ϕ(Xn+1)|Fn) ≥ ϕ(E(Xn+1|Fn)) ≥ ϕ(Xn)

car ϕ est convexe et croissante et (Xn) une sous-martingale.3. C’est une application de la question précédente pour ϕ(x) = x ∧K.4. a) Zn est clairement adapté et on montre par récurrence décroissante que Zn, su-

premum de deux fonctions intégrables, est intégrable.b) Pour tout n, Zn ≥ E [Zn+1 | Fn].

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5. Tout d’abord, comme somme de produit de v.a. Fn-mes, Vn est Fn-mes. Ensuite,Vn est clairement L1 car les Hk sont bornés et les Xk sont L1. Enfin,

E(Vn+1|Fn) = Vn + E(Hn+1(Xn+1 −Xn)|Fn) = Vn +Hn+1E(Xn+1 −Xn|Fn) = Vn.

6. Tout processus p.s. constant est une martingale et réciproquement, si H = (Hn)n≥0

un processus F-prévisible et une F-martingale, on a pour tout n, p.s.

Hn = E(Hn+1|Fn) = Hn+1.

7. Posons Yn = Xn − E [Xn]. Ce processus satisfait les mêmes hypothèses que Xn

en étant en plus centré, et l’exercice revient à montrer que Zn := Y 2n − E(Y 2

n ) est unemartingale. Notons que l’on a alors E(Yn+1Yn) = E(Y 2

n ) (commencer par conditionner parFn). Par ailleurs, par indépendance, on a E((Yn+1 − Yn)2|Fn) = E((Yn+1 − Yn)2). Il enrésulte, en écrivant

Zn+1−Zn = Y 2n+1−Y 2

n−E(Y 2n+1)+E(Y 2

n ) = (Yn+1−Yn)2+2Yn+1Yn−2Y 2n−E(Y 2

n+1)+E(Y 2n ),

que l’on a E(Zn+1 − Zn|Fn) = 0.

4. Une application du théorème d’arrêt.

On considère une suiteXn =n∑i=1

ξi, avec (ξi)i≥1 v.a.i.i.d. de loi 12(δ−1+δ1). On introduit

la filtration Fn = σ(ξ1, . . . , ξn). Soit a < 0 < b entiers. On définit Ta,b = infn ≥ 1 ; Xn =a ou b.

1. Que peut-on dire de (Xn) et de Ta,b ?2. Montrer que Ta,b est presque sûrement fini (on pourra considérer, pour p ∈ N,

l’événement Ap = ξp(b−a)+1 = · · · = ξp(b−a)+(b−a) = 1).3. Donner la loi de XTa,b

.Solution : 1. Les ξi étant indépendants et centrés, Xn est une martingale par rapport

à la filtration Fn. Ta,b est un temps d’arrêt.2. Les événements Ap sont indépendants, de probabilité > 0, donc on est presque sûr

que l’un d’entre eux se produira. Mais pour tout p, sur Ap, Ta,b ≤ p(b− a) + (b− a). DoncTa,b est presque sûrement fini.

3. Appliquons le théorème d’arrêt : on sait que pour tout n ∈ N, E(XTa,b∧n) = E(X0) =0. Par convergence dominée, en faisant tendre n vers l’infini, par convergence dominée(car pour tout n, a ≤ XTa,b∧n ≤ b), on obtient, comme Ta,b est presque sûrement fini :E(XTa,b

) = 0, soitaP (XTa,b

= a) + bP (XTa,b= b) = 0,

ce qui permet de conclure, avec

P (XTa,b= a) + P (XTa,b

= b) = 1.

5. Martingales exponentielles.On reprend l’exercice précédent et on définit le processus Z = (Zn)n≥0 par Zn = eXn

pour n ≥ 0.

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1. Montrer que Z est une sous-martingale pour F.2. Trouver un processus F-prévisible B = (Bn)n≥0 issu de 1 en 0 tel que U = (Un)n≥0

défini par Un = BnZn pour chaque n ≥ 0 soit une martingale.3. Donner E [Zn] pour tout n ≥ 0.Solution : 1. Il suffit de remarquer que exp est croissante et convexe.2. On a Xn+1 = Xn + εn, donc

E(Zn+1|Fn) = ZnE(eεn+1|Fn) = Zn cosh(1)

par indépendance. Donc Bn = cosh(1)−n convient.3. E(Un) est constante égale à un, donc E(Zn) = 1/Bn.

6. Jeu de pile ou face et temps d’arrêts.On considère deux joueurs qui jouent à pile ou face. Le joueur 1 donne (resp. reçoit) 1

euro si face apparaît (resp. si pile apparaît). Le jeu est répété plusieurs fois. On modélisele jeux comme suit. Soit X = (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires i.i.d. de loi deBernouilli B(1/2) définie sur un espace de probabilité (Ω,F ,P). L’évènement Xn = 1signifie que pile est apparu au n-eme tirage. On définit la suite Y = (Yn)n≥0 par Yn =∑n

i=1(2Xi − 1) pour n ≥ 0. Le processus Y correspond à la richesse du joueur 1 aprèsles différents tirages. Après chaque tirage, les joueurs connaissent la valeur obtenue auxtirages précédents, leur information peut donc être modélisée par la filtration F = (Fn)n≥0

où Fn = σ(Xk, k ≤ n).1. Ecrire la dynamique de Y (i.e. la relation entre Yn+1 et Yn) et montrer que c’est une

martingale pour F.2. Le joueur 1 décide d’arrêter de jouer si il a déjà gagné 100 euros où si le nombre

de tirages atteint N ∈ N∗ et le joueur 2 est disposé à continuer à jouer jusqu’à ce que lejoueur 1 s’arrête : le jeux s’arrête au temps τ := infn ≥ 0 : Yn = 100 ∧ N . Montrerque τ est un F-temps d’arrêt, i.e. que τ ≤ n ∈ Fn pour tout n ≥ 0.

3. Quelle est, avec cette stratégie, l’espérance de gain du joueur 1 ?4. Y a-t-il une stratégie qui donne au joueur 1 une espérance un gain strictement

positive en un temps borné ? Autrement dit, existe-t-il une v.a. σ à valeur dans N, bornée,telle que pour tout n, σ = n ∈ Fn et telle que E(Yσ) > 0 ?

5. Soit M ∈ N∗ et κ = infn ≥ 0|Yn = M. κ est-elle bornée p.s. ?Solution : 1. Les v.a. X ′i := 2Xi−1 sont indépendantes et centrées, la tribu engendrée

par X ′1, . . . , X ′n est Fn, donc Yn est une F-martingale.2. Pour tout n, τ ≤ n = Ω ∈ Fn si n ≥ N et τ ≤ n = Y1 ≥ 100 ∪ · · · ∪ Yn ≥

100 ∈ Fn.3. L’espérance de gain du joueur 1 si le jeu s’arrête en τ est E(Yτ ). Or on sait (théorème

d’arrêt) que (Zn := Yn∧τ )n est une martingale. De plus, τ = τ ∧N . Donc

E(Yτ ) = E(ZN) = E(Z0) = 0.

4. Une telle v.a. σ est un temps d’arrêt, donc (Hn := Yn∧σ)n est une martingale, et siK entier est tel que σ ≤ K p.s., alors, Yσ = HK p.s., donc E(Yσ) = E(HK) = E(H0) = 0.Donc il n’existe pas de telle stratégie.

5. Par la question précédente, la réponse est non.

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7. Doubling strategies. On considère un jeu répété avec tirages indépendants et mêmeprobabilité de succès que d’échec à chaque tirage. A chaque coup, on mise un montant x,que l’on remporte si on gagne et que l’on paye si on perd. Un joueur, partant de fortuneinitiale nulle, suit la stratégie suivante. Il joue 1 au premier tour et si sa dette est deD au n−ème tirage, il mise un montant 2D au tirage suivant (somme qu’il finance paremprunt) et s’arrête de jouer la première fois qu’il gagne. On suppose que les empruntssont sans intérêt. On pourra faire comme si les tirages continuent après que le joueur aiearrêté de jouer, mais sa fortune n’évolue plus.

1. Modéliser le jeu en introduisant un espace de probabilité muni d’une filtrationadéquate. Donner l’espérance de la fortune du joueur après le n-ème tirage.

2. Montrer que le joueur gagne en un nombre de coups fini avec probabilité 1. Cenombre est-il presque sûrement borné ?

Solution : 1. Introduisons une suite (Xi) de vaiid valant ±1 avec probas 1/2, 1/2représentant les tirages successifs (1 = succès, −1 = échec). Soit τ = mini/Xi = 1.Alors la fortune du joueur au temps n est (Zn∧τ ), où Z0 = 0, Z1 = X1 et pour tout n ≥ 1,

Zn+1 =

3Zn si Xn+1 = −1,−Zn sinon.

Il faut donc calculer E(Zn∧τ ). Pour ce faire, on va montrer que (Zn) est une martingalepar rapport à la filtration Fn := σ(X1, . . . , Xn). Le processus est clairement a dapté,|Zn| ≤ 3n donc on a intégrabilité, et l’égalité de martingale peut se monter en écrivant

∀n ≥ 1, Zn+1 = Zn(1− 2Xn+1)

ou∀n ≥ 1, Zn+1 = h(Zn, Xn+1)

avec h(z, x) = 3z si x < 0 et −z si x ≥ 0.On en déduit, comme τ est un temps d’arrêt, que E(Zn∧τ ) = E(Z0) = 0.2. La probabilité que le joueur perde aux coups 1, 2, . . . , n vaut 2−n. Ces événement

sont imbriques les uns dans les autres, donc la probabilité que le joueur perde tout letemps est la limite de cette probabilité, soit 0. Ainsi, le joueur gagne en un nombre decoups fini (égal à τ) avec probabilité 1. τ n’est pas presque sûrement borné : sinon, onaurait E(Zτ ) = E(Z0) = 0, ce qui est absurde car Zτ > 0. On peut aussi dire que pourtout n, la proba que τ soit supérieur à n est 2−n > 0.

8. Une réciproque du théorème d’arrêt. Soit (Xn)n≥0 un processus sur un espace deprobabilité filtré (Ω,F , (Fn)n≥0,P) intégrable et adapté. Montrer que, si l’on a E(Xτ ) =E(X0) pour tout temps d’arrêt borné τ , alors (Xn)n≥0 est une martingale.

Solution :On remarque que E(Xn) = E(X0) pour tout n ≥ 0. De plus, pour n ≥ 0, et A un

ensemble Fn-mesurable, on considère

τ = n1A + (n+ 1)1Ac .

Pour tout 0 ≤ k ≤ n−1, τ ≤ k = ∅ ; τ ≤ n = A ; et pour tout k ≥ n+1, τ ≤ k = Ω.Donc, τ est un temps d’arrêt et il est borné. Donc

E(Xτ ) = E(Xn1A) + E(Xn+11Ac) = E(Xn+1)

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ce qui implique que E(Xn1A) = E(Xn+11A). Cette égalité étant vérifiée pour tous lesensembles Fn-mesurables, on a E(Xn+1|Fn) = Xn.

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