Fondements mathématiques des probabilitésThéorie de la mesure

Correction des exercices

N. Baradel

7 février 2016

1 TD 1

1.1 Exercice 1 : Payoffs et stratégies

Dessins au tableau.

1.2 Exercice 2 : Prix de call et de put

Sous AOA, pour deux processus X et Y , nous avons avec les inégalités prises ausens p.s.

XT ≤ YT =⇒ ∀0 ≤ t ≤ T, Xt ≤ Yt

résultat que nous utiliserons tout au long de l’exercice.

Question 1 Premièrement, on a CT = (ST − K)+ ≤ ST p.s., par absence d’op-portunité d’arbitrage, il vient

C0 ≤ S0.

Ensuite, 0 ≤ CT p.s. et ST−KBT ≤ (ST−K)+ = CT d’où 0 ≤ C0 et S0−KB0 ≤C0 ce qui donne

(S0 −KB0)+ ≤ C0.

Finalement

(S0 −KB0)+ ≤ C0 ≤ S0.

1

Question 2 On effectue un raisonnement analogue. Premièrement, on a PT =(K − ST )+ ≤ KBT p.s., par absence d’opportunité d’arbitrage, il vient

P0 ≤ KB0.

Ensuite, 0 ≤ PT p.s. et KBT −ST ≤ (K−ST )+ = PT d’où 0 ≤ P0 et KB0−S0 ≤P0 ce qui donne

(KB0 − S0)+ ≤ P0.

Finalement

(KB0 − S0)+ ≤ P0 ≤ KB0.

Question 3 Soient CK1 un call de maturité T de strike K1 et CK2 un call dematurité T et de strike K2 avecK1 ≤ K2. Puisque CK1

T = (ST−K1)+ ≥ (ST−K2)

+ =CK2T p.s., par absence d’opportunité d’arbitrage, CK1

0 = (S0−K1)+ ≥ (S0−K2)

+ =CK2

0 . On a donc

K1 ≤ K2 =⇒ CK10 ≥ CK2

0

Soient maintenant CT1 un call de maturité T1 de strike K et CT2 un call dematurité T2 et de strike K avec T1 ≤ T2. À la Question 1, plutôt que de se concentrersur la date 0, on aurait pu en déduire qu’à toute date t inférieure à la maturité,(St −KBt)

+ ≤ Ct p.s. ; or (St −K)+ ≤ (St −KBt)+p.s. d’où (St −K)+ ≤ Ct : le

prix du call est toujours supérieur à sa valeur intrinsèque. En particulier, en t = T1avec le call CT2 , on a CT1 = (ST1 − K)+ ≤ CT2

T1p.s., par absence d’opportunité

d’arbitrage, CT0 ≤ CT ′

0 . On a donc

T ≤ T ′ =⇒ CT0 ≤ CT ′

0

Question 4 De même, on montre que le prix du put est décroissant avec le strike.Par contre, pour le sens de variation face à la maturité, on ne peut pas utiliser laborne inférieur comme avec le call, le sens n’est plus le bon. En fait, le prix du putn’est pas monotone avec la maturité.

1.3 Exercice 3 : Arbre binomial à une période

Question 1Ω = ωd, ωu,F = ∅, ωd, ωu, ωd, ωu ,P = (1− p)δωd + pδωu , p = 0, 75.

2

Question 2 La probabilité risque-neutre est la mesure de probabilitéQ équivalenteà P qui rend les actifs réactualisés martingales. Une telle probabilité doit donc vérifieren t = 0 :

St = EQ(

ST1 + r

∣∣∣Ft) p.s.

où r = 0, 05 est le taux de l’actif sans risque donné par l’énoncé. Puisqu’iln’y a que deux états de la nature, la probabilité Q s’écrit nécessairement Q =(1− q)δωd + qδωu . La précédente égalité se réécrit, en t = 0

S0 =1

1 + r((1− q)S1(ωd) + qS1(ωu)) ,

⇐⇒ q =S0(1 + r)− S1(ωd)

S1(ωu)− S1(ωd).

Remarque : pour être une probabilité, q doit être compris entre 0 et 1. Celaimplique que

S1(ωd) ≤ S0(1 + r) ≤ S1(ωu)

Ce qui se réécrit encore

S1(ωd)

S0

− 1 ≤ r ≤ S1(ωu)

S0

− 1

Puisqu’on exige que Q ∼ P, et que chacun des deux états de la nature a un poidspositif sous P, il en est de même pour Q. Les inégalités ci-dessus sont alors strictes.

Application numérique :

q =100(1 + 0.05)− 90

120− 90=

1

2.

Question 3 La probabilité risque-neutre est celle qui rend tous les actifs martin-gales. Le prix du call s’écrit comme une espérance conditionnelle :

C0 = EQ(

C1

1 + r

∣∣∣F0

)=

1

1 + r

((1− q)(S1(ωd)−K)+ + q(S1(ωu)−K)+

)Pour le put, on a

P0 = EQ(

P1

1 + r

∣∣∣F0

)=

1

1 + r

((1− q)(K − S1(ωd))

+ + q(K − S1(ωu))+)

Application numérique :

C0 =1

1 + 0.05

(0.5(90− 100)+ + 0.5(120− 100)+

)≈ 9, 52

P0 =1

1 + 0.05

(0.5(100− 90)+ + 0.5(100− 120)+

)≈ 4, 76

3

Question 4 La relation de parité call-put est :

Ct +KBt = Pt + St.

En t = 0, on a Ct + K1+r≈ 104, 76 et Pt + St ≈ 104, 76.

1.4 Exercice 4 : Contrat forward sur devise

Question 1 (1) : L’investissement de Bft dollar en t rapporte Bf

T = 1 dollar en T .L’emprunt de FtBd

t euros en t coûte FtBdT euros en T . Le portefeuille vaut donc en

T : STBfT − FtBd

T (= ST − Ft).

(2) : En T , je reçois 1 dollar contre Ft euros. Ce dollar, je l’échange contre STeuros. En somme, on récupère ST − Ft

En t, par absence d’opportunité d’arbitrage, StBft − FtBd

t = 0, i.e.

Ft = StBft

Bdt

Question 2 En T , je reçois 1 dollar contre F0 euros et je donne un dollar contreFt euros. Au final, je reçois Ft−F0 euros, montant non aléatoire. On en déduit doncqu’en t, le contrat vaut

(Ft − F0)Bdt

Puis, en fonction de St et S0,

(StBft

Bdt

− S0Bf

0

Bd0

)Bdt = StB

ft − S0

Bf0

Bd0

Bdt

1.5 Exercice 5 : Option Américaine

Question 1 Une option européenne ne peut être exercée qu’à maturité. L’optionaméricaine peut être exercée à maturité ou avant. Puisque l’ensemble des choixpossibles de l’option américaine est plus grand que celui de l’option européenne, sonprix est plus élevé, par absence d’opportunité d’arbitrage.

Si à une date t ∈ [0, T ], Cet > Ca

t , on achète le call américain et on vend le calleuropéen : on encaisse Ce

t −Cat > 0. Puis on attend la date terminale (sans exercer)

et, puisque CeT = Ca

T = (ST −K)+, le flux est nul en date T .

Question 2 Nous avons 0 ≤ CeT p.s., de plus P(ST > K) > 0 ce qui assure que

P(CeT > 0) > 0. Si Ce

t = 0 il y a alors arbitrage, on a Cet > 0 p.s..

De plus, ST − KBT ≤ (ST − K)+ = CeT p.s. et P(ST > K) < 0 implique que

P(CeT > (ST −K)) > 0. Si Ce

t = ST −KBt il y a alors arbitrage, on a St−KBt < Cet .

Combinant les deux inégalités, on en déduit

4

Cet > max(0, St −KBt).

Question 3 On a

Cat ≥ Ce

t > (St −KBt)+ ≥ (St −K)+.

On en déduit qu’il n’est jamais intéressant d’exercer un call américain avant samaturité. Il est préférable de le revendre si nous souhaitons nous en séparer. Ainsi,l’exercice optimal du call américain est la maturité.

Question 4 Supposons que nous vendions un call américain et achetions un calleuropéen ; si la personne en face de nous exerce, nous lui devons la valeur intrinsèqueet revendons le call européen dont la valeur est plus élevée. S’il ne l’exerce pas avantmaturité, le résultat est nul. Ainsi, si le prix du call américain est supérieur au prixdu call européen, il y a un arbitrage. On a Ca

t = Cet p.s..

1.6 Exercice 6 : Duplication

Question 1 Le prix se décompose en :

γ0 = K1B0 + C(K1, T )− C(K2, T ).

Question 2 Le prix se décompose comme suit :

COT0 = max (CT0(K,T ), PT0(K,T ))

= max(CT0(K,T ), CT0(K,T ) +Ke−r(T−T0) − ST0

)= CT0(K,T ) +

(Ke−r(T−T0) − ST0)+

)= CT0(K,T ) + PT0(Ke

−r(T−T0), T0)

D’où, par absence d’opportunité d’arbitrage, en toute date t ≤ T0,

COt = Ct(K,T ) + Pt(Ke−r(T−T0), T0)

5

2 TD 2

2.1 Exercice 1 : Duplication d’un produit dérivé en modèlebinomial à n périodes

Voir cours.

2.2 Exercice 2 : Convergence du modèle Binomial vers le mo-dèle de Black Scholes

Question 2 Puisque

∀a ∈ R,(

1 +a

n

)n−→n→+∞

ea

Nous avons

RnT =

(1 +

rT

n

)n−→n→+∞

erT

Question 3 Nous avons vu que, dans le modèle binomial, pour que le marchévérifie l’absence d’opportunité d’arbitrage, il faut que et il suffit que

∀n, dn < 1 + rn < un

Ce qui est évident compte tenu de la définition de dn, rn et un.

Question 4 Nous avons, par définition, Sntni = Sntni−1Xni . Par récurrence immédiate,

il vient

Sntni = S0

i∏k=1

Xnk

Question 5 On pose qn = Qn(Xni+1 = un|Fi

).

EQn

(Sntni+1

1 + rn

∣∣∣∣Fi)

= Sntni

⇐⇒ EQn(Xni+1|Fi

)= 1 + rn

⇐⇒ 1 =1

1 + rn((1− qn)dn + qnun)

⇐⇒ qn =1 + rn − dnun − dn

.

6

Question 6 Limite de qn

qn =1 + rn − dnun − dn

=1 + rT

n−(1 + rT

n

)e−σ√T/n(

1 + rTn

)eσ√T/n −

(1 + rT

n

)e−σ√T/n

=1− e−σ

√T/n

e−σ√T/n − eσ

√T/n

=1−

(1− σ

√Tn

+ o(

1√n

))(

1 + σ√

Tn

+ o(

1√n

))−(

1− σ√

Tn

+ o(

1√n

))=

σ√

Tn

+ o(

1√n

)2σ√

Tn

+ o(

1√n

) =1 + o(1)

2 + o(1)

d’où

qn −→n→+∞

1

2

Limite de nEQn (log(Xn1 ))

nEQn (log(Xn1 )) = nqn

[σ

√T

n+ log

(1 +

rT

n

)]+ n (1− qn)

[−σ√T

n+ log

(1 +

rT

n

)]

= n (2qn − 1)σ

√T

n+ n log

(1 +

rT

n

)Commençons par la deuxième partie

n log

(1 +

rT

n

)= n

[rT

n+ o

(1

n

)]= rT + o(1) −→

n→+∞rT

Pour la première partie, reprenons le développement de qn mais poussons à l’ordre2 le numérateur :

n (2qn − 1)σ

√T

n=

2σ√

Tn− σ2

2Tn

+ o(1n

)2σ√

Tn

+ o(

1√n

) − 1

σ√Tn=

1− σ2

√Tn

+ o(

1√n

)1 + o (1)

− 1

σ√Tn=−σ2

2T + o(1)

1 + o (1)−→n→+∞

−σ2

2T

d’où,

7

nEQn (log(Xn1 )) −→

n→+∞

(r − σ2

2

)T

Pour la limite de nEQn (log(Xn1 ))2, remarquons que puisque nEQn (log(Xn

1 )) aune limite finie, EQn (log(Xn

1 )) tend vers 0. Et donc

nEQn (log(Xn1 ))2 = (nEQn (log(Xn

1 )))EQn (log(Xn1 )) → −σ

2

2T × 0 = 0

La limite de nV arQn (log(Xn1 )) est donc celle de nEQn

(log((Xn

1 )2))

Nous avons

nV arQn (log(Xn1 )) = nqn

[σ

√T

n+ log

(1 +

rT

n

)]2+ n (1− qn)

[−σ√T

n+ log

(1 +

rT

n

)]2

= nqn

[σ2T

n+ 2σ

√T

nlog

(1 +

rT

n

)+ log

(1 +

rT

n

)2]

+ n (1− qn)

[σ2T

n− 2σ

√T

nlog

(1 +

rT

n

)+ log

(1 +

rT

n

)2]

= σ2T + 2n (2qn − 1)σ

√T

nlog

(1 +

rT

n

)+ n log

(1 +

rT

n

)2

Pour le dernier élément, comme n log(1 + rT

n

)a une limite finie, comme tout à

l’heure, n log(1 + rT

n

)2 tend vers 0. L’élément central est le double du calcul inter-médiaire que nous avons eu pour le calcul de l’espérance et multiplié par log

(1 + rT

n

)(qui tend vers 0). Nous avions comme limite pour le calcul intermédiare −σ2

2T , c’est

à dire une limite finie, de même, la partie centrale tend vers 0. Finalement

nV arQn (log(Xn1 )) −→

n→+∞σ2T

Question 7

EQn

(exp

(−it

n∑k=1

log(Xnk )

))= (EQn [exp (−it log(Xn

1 ))])n

Nous avons

8

EQn [exp (−it log(Xn1 ))] = qne

it[σ√

Tn+log(1+ rT

n )]

+ (1− qn)eit[−σ√

Tn+log(1+ rT

n )]

= eit log(1+rTn )[qne

itσ√

Tn + (1− qn)e−itσ

√Tn

]= eit log(1+

rTn )

[qn

(1 + itσ

√T

n− t2σ2T

2n+ o

(1

n

))+ (1− qn) (1− . . .)

]

= eit log(1+rTn )

[1 + (2qn − 1)itσ

√T

n− t2σ2T

2n+ o

(1

n

)]

En reprenant le calcul de l’espérance de la question précédente, on a

(2qn − 1)itσ

√T

n=−σ2

2Tnit+ o

(1n

)1 + o (1)

=

(−σ

2

2

T

nit+ o

(1

n

))(1 + o (1))

= −σ2

2

T

nit+ o

(1

n

)En combinant et en reprenant l’expression de la fonction caractéristique, nous

avons

(EQn [exp (−it log(Xn1 ))])n = eitn log(1+ rT

n )[1− σ2

2

T

nit− t2σ2T

2n+ o

(1

n

)]nNous en déduisons la limite

(EQn [exp (−it log(Xn1 ))])n −→

n→+∞eitrT e−

σ2

2T it− t

2σ2T2 = e

it(r−σ

2

2

)T− t

2σ2T2

Nous reconnaissons la fonction caractérisque d’une loi N((r − σ2

2

)T, σ

2T2

). Le

théorème de Levy permet de conclure.

Question 8 Nous avons

SnT = S0 exp

(n∑k=1

log (Xnk )

)Nous avons montré que

n∑k=1

log (Xnk )

L−→n→+∞

(r − σ2

2

)T + σWT

D’où le résultat de convergence par continuité.

9

2.3 Exercice 3 : Option lookback en modèle binomial à deuxpériodes

Question 2Ω = ωdd, ωdu, ωud, ωuu,F0 = ∅,Ω ,F1 = ∅, ωdd, ωdu, ωud, ωuu,Ω ,F2 = P(Ω).

Question 3 Dans le modèle binomial à deux périodes, la probabilité risque-neutreest définie par

q =1 + r − du− d

=2

3

La probabilité risque-neutre du modèle est alors

Q = (1− q)2δωd,d + q(1− q)δωd,u + q(1− q)δωu,d + q2δωu,u

Question 4 On applique une récurrence en arrière. L’absence d’opportunité d’ar-bitrage doit être respectée à chaque nœud de l’arbre. On a, pour tout s, t ∈ 0, 1, 2avec s ≤ t

Cs = EQ(

Ct(1 + r)t−s

|Fs)

En t = 1, dans le nœud supérieur de l’arbre, on obtient

C1(ωud, ωuu) =1

1 + r

((1− q)(S0du−K)+ + q(S0uu−K)+

)=

640

63≈ 10, 16

et dans le nœud inférieur

C1(ωdd, ωdu) =1

1 + r

((1− q)(S0du−K)+ + q(S0uu−K)+

)= 0

Puis on en déduit C0

C0 = EQ(

C1

1 + r|F0

)=

1

1 + r(qC1(ωud, ωuu) + (1− q)C1(ωdd, ωdu)) ≈ 6, 45.

Question 5 On est tenté de faire comme précédemment. Cependant, ici, la valeurde l’option dépend de toute la trajectoire, on ne peut pas utiliser le fait que lesnœds se rejoignent. L’arbre n’est pas recombinant. Vu qu’on a écrit explicitement laprobabilité Q sur tout Ω, il suffit de calculer directement C0. On a

10

C0 =1

(1 + r)2EQ(

(sups≤2

(Ss)−K)+|F0

)=

1

(1 + r)2((1− q)2(sup(S0, S0d, S0d

2)−K)+ + q(1− q)(sup(S0, S0d, S0du)−K)+

+ q(1− q)(sup(S0, S0u, S0du)−K)+ + q2(sup(S0, S0u, S0uu)−K)+)

=1

1, 052(

(1

3

)2

(100− 100)+ +2

3

1

3(100× 0, 95× 1, 1− 100)+

+2

3

1

3(100× 1, 1− 100)+ +

(2

3

)2

(100 ∗ 1, 12 − 100)+)

≈ 11, 39

2.4 Exercice 4 : Transformée de Martingale

Question 1 Le processus M est une F -martingale si M est F -adapté, intégrableet que

∀n ∈ N, E (Mn+1|Fn) = Mn p.s. (⇐⇒ E (Mn+1 −Mn|Fn) = 0)

Puisque H et S sont adaptés et que Fj−1 ⊂ Fj, on a Hj−1(Sj − Sj−1) ∈ Fj. Soiti ∈ N. Pour tout j ≤ i, Fj ⊂ Fi. On a donc Mi ∈ Fi et M est F -adapté.

M est un processus intégrable puisque, pour tout i, il est la somme de i produitsde deux variables aléatoires, la première Hj−1 est bornée et la seconde, Sj − Sj−1est intégrable.

Il reste à montrer la relation de martingale. Soit i ∈ N. On a

E ((Mi+1 −Mi)|Fi) = E(Hi(Si+1 − Si)|Fi) = HiE(Si+1 − Si|Fi) = 0 p.s.

Nous avons utilisé successivement H est F -adapté donc Hi est Fi-mesurable etS est une martingale donc E(Si+1 − Si|Fi) = 0 p.s.

Question 2

2.5 Exercice 5 : Martingales de carré intégrable

Question 1 Il suffit de développer le membre de droite et d’appliquer la propriétéde martingale.

E((Mt −Ms)

2|Fs)

= E(M2

t − 2MsMt +M2t |Fs

)= E(M2

t |Fs)− 2MsE(Mt|Fs) +M2s

= E(M2t |Fs)− 2M2

s +M2s

= E(M2t |Fs)−M2

s

= E(M2t −M2

s |Fs).

11

Question 2 M2 est intégrable et F -adaptée puisque M est de carré intégrable etF -adaptée. De plus, en utilisant la Question 1, nous avons immédiatement

E(M2t −M2

s |Fs) ≥ 0

C’est à dire que M2 est une sous-martingale. Nous aurions pu retrouver ce ré-sultat en utilisant l’inégalité de Jensen conditionnelle à la fonction convexe x 7→ x2.

2.6 Exercice 6 : Limite L2 de variables aléatoires Gaussiennes

La variable aléatoire Xn de loi N (µn, σ2n) admet la fonction caractéristique φXn :

t 7→ exp(itµn − t2σ2n/2). Nous avons :

∀t ∈ R, φXn(t) = exp

(itµn −

t2σ2n

2

)−→n→+∞

exp

(itµ− t2σ2

2

)D’où, par la caractérisation de Lévy, il existe une variable aléatoire X telle que

XnL−→

n→+∞X

De plus

E(Xn) = µn −→n→+∞

µ = E(X)

V (Xn) = σ2n −→n→+∞

σ2 = V (X)

Ce qui, additionné à la convergence en loi, équivaut à la convergence dans L2.

12

3 TD 3

3.1 Exercice 1 : Martingales

Question 1 Rappelons la définition du mouvement brownien.

Définition 1 (Mouvement Brownien). (Bt)t≥0 est un mouvement brownien associéà la filtration (Ft)t≥0 si

— B0 = 0— ∀s < t,Bt −Bs ⊥⊥ Fs— ∀s < t,Bt −Bs ∼ N (0, t− s)— t 7→ Bt est continu p.s.

Le processus (Bt) est F− adapté et, pour tout t, étant de loi normale, il estintégrable. De plus, pour tout s < t

E(Bt|Fs) = E(Bs + (Bt −Bs)|Fs) = Bs + E((Bt −Bs)|Fs)= Bs + E(Bt −Bs) = Bs p.s.

d’où (Bt) est une martingale. Puisque ∀t, Bt est normal et qu’une variable aléa-toire normale admet tous les moments exponentiels, il n’y aura pas de problèmepour l’intégrabilité des deux processus suivants. De même, les deux suivants étantdes fonctions mesurables du mouvement brownien, ils sont tous les deux adaptés. Ilreste à vérifier la propriété de martingale. Pour le premier

E(B2t − t|Fs) = E((Bs + (Bt −Bs))

2|Fs)− t= E(B2

s + 2Bs(Bt −Bs) + (Bt −Bs)2|Fs)− t

= B2s + 2BsE(Bt −Bs|Fs) + E((Bt −Bs)

2|Fs)− t= B2

s + 2BsE(Bt −Bs) + E((Bt −Bs)2)− t

= B2s + t− s− t = B2

s − s p.s.

Et le dernier

E(eσBt−σ2t2 |Fs) = e−

σ2t2 E(eσBseσ(Bt−Bs)|Fs)

= eσBs−σ2t2 E(eσ(Bt−Bs))

= eσBs−σ2t2 e

σ2(t−s)2

= eσBs−σ2s2 p.s.

3.2 Exercice 2 : Caractérisation du mouvement brownien

Si B est un mouvement brownien, on montre de manière analogue au troisièmeprocessus de l’Exercice 1 que Mλ

t est une martingale. Montrons la réciproque.Nous avons par hypothèse, pour tout s < t,

E(eiλBt−λ2t2 |Fs) = eiλBs−

λ2s2

13

On en déduit

E(eiλ(Bt−Bs)|Fs) = e−λ2(t−s)

2 (∗)

Puis en appliquant l’opérateur espérance,

E(eiλ(Bt−Bs)) = e−λ2(t−s)

2

En utilisant la caractérisation de Lévy et en reconnaissant la fonction caracté-ristique d’une loi normale centrée de variance t− s, on en déduit

Bt −Bs ∼ N (0, t− s)

Pour l’indépendance, multiplions (∗) par eiλBx , x ≤ s

E(eiλBx+(Bt−Bs)|Fs) = eiλBxe−λ2(t−s)

2

Puis en appliquant l’opérateur espérance

E(eiλ(Bx+(Bt−Bs))|Fs) = e−λ2x2 e−

λ2(t−s)2

Vu que la fonction caractéristique de la somme est le produit des fonctions carac-térisques, les deux variables aléatoires sont indépendantes. Puisque (Bx)x≤s engendreFs, on a

Bt −Bs ⊥⊥ FsEnfin, la continuité est automatique puisqu’elle est supposée.

3.3 Exercice 3 : Mouvements Browniens

Utilisons une caractérisation du mouvement brownien. Un processus est un mou-vement brownien si

— c’est un processus gaussien centré,— c’est un processus continu,— sa fonction de covariance est (s, t) 7→ min(s, t).

Question 1 (1

aBa20,

1

aBa2t1 −

1

aBa20, . . . ,

1

aBa2tn −

1

aBa2tn−1

)=

1

a

(Ba20, Ba2t1 −Ba20, . . . , Ba2tn −Ba2tn−1

)Transformation linéaire d’accroissement d’un mouvement brownien, le vecteur

est gaussien. Le processus est la composée, à une constante près, d’un mouvementbrownien (continu) et de la fonction continue x 7→ a2x, il est donc continu.

Le processus est centré, E(1aBa2t

)= 1

aE(Ba2t) = 0.

14

Enfin, sa fonction de covariance s’écrit

E(

1

aBa2t

1

aBa2s

)=

1

a2E(Ba2tBa2s) =

1

a2min(a2t, a2s) = min(t, s).

Question 2 De même, on regarde le vecteur des accroissements, les −Bt0 se sim-plifient, (

Bt1+t0 −Bt0 , . . . , Btn+t0 −Btn−1+t0

).

Il s’agit d’accroissement du mouvement brownien mais pris à partir de t0, levecteur est donc gaussien. La continuité est clair puisque le mouvement brownienest continu.

Enfin, sa fonction de covariance est

E ((Bt+t0 −Bt0)(Bs+t0 −Bt0)) = E(Bt+t0Bs+t0)− E(Bt+t0Bt0)− E(Bs+t0Bt0) + E(B2t0

)

= min(s+ t0, t+ t0)− t0 − t0 + t0 = min(s, t)

Question 3 De même, on regarde le vecteur des accroissements, et il s’agit biend’un vecteur gaussien.

La continuité sur R+ est claire. Pour la continuité en 0, posons u = 1/t etregardons quand t → 0+ i.e. quand u → +∞. Nous reconnaissons un résultat ducours sur le mouvement brownien.

Bu

u−→n→+∞

0

Ce qui assure la continuité en 0.Enfin, sa fonction de covariance est

E(tB1/tsB1/s

)= stmin(1/t, 1/s) = min(st/t, st/s) = min(s, t).

3.4 Exercice 4 : Intégrale de Wiener

Question 1 Voir TD2 Exercice 6 (c’est la même chose en vectoriel).

Question 2 Par définition,

Xtk −Xtk−1= lim L2

sur [tk−1,tk],pas→0

n∑i=1

f(t′i−1)(W′ti−W ′

ti−1)

Puis on prend le vecteur des Xtk −Xtk−1. Comme f n’est pas aléatoire, chaque

élément du vecteur est la limite d’une suite qui est à chaque fois une combinaisonlinéaire de lois normales indépendantes, i.e. gaussienne. Et chaque composante duvecteur est indépendante. Ainsi, par la question 1, la limite est encore gaussienne.

15

Le processus X est gaussien : il suffit d’écrire(Xt1 , Xt2 −Xt1 , . . . , Xtn −Xtn−1

)qui est un vecteur gaussien, par indépendance des accroissements. Il est caractérisépar sa fonction de covariance et sa fonction de moyenne ; le processus est clairementcentré, calculons l’espérance du produit. Remarquons que, pour u < t, avec Xt =∫ t0f(s)dWs,

XtXu = (Xu +Xt −Xu)Xu

= X2u + (Xt −Xu)Xu

En discrétisant l’espérance de la seconde partie, on obtient immédiatement 0 carles accroissements des browniens sur [0, u] sont indépendants de ceux sur [u, t]. Il nereste que la première partie.

E

( n∑i=1

f(ti−1)(Wti −Wti−1)

)2 = E

(n∑i=1

n∑j=1

f(ti−1)f(tj−1)(Wti −Wti−1)(Wtj −Wtj−1

)

)

= E

(n∑i=1

f(ti−1)2(Wti −Wti−1

)2

)

=n∑i=1

f(ti−1)2(ti − ti−1) −→

n→+∞

∫ u

0

f 2(t)dt

Pour la version avec g, il suffit de faire la même preuve en calculant E(XuYt)avec Yt =

∫ t0g(s)dWs.

Question 3 Prenons Xs et Xt −Xs. Nous avons vu que le premier est une limited’accroissement de browniens sur [0, s], le deuxième sur [s, t] qui sont indépendantsentre eux. La limite l’est aussi et X est un processus à accroissements indépendants.

Question 4 Nous savons que c’est une loi normale centrée. Sa variance est

E

((∫ 1

0

f(s)dWs

)2)

=

∫ 1

0

f(s)2ds.

3.5 Exercice 7 : Pont Brownien

Question 1 Remarquons que, ∀t ∈ [0, 1], (B1, Bt − tB1) est un vecteur gaussiencar B en est un. Une covariance nulle caractérise l’indépendance. Remarquons deplus que le vecteur est centré.

E (ZtB1) = E ((Bt − tB1)B1) = min(1, t)− t = 0

16

Question 2 Nous avons

mt = E(Zt) = 0

et

K(s, t) = E(ZsZt) = E ((Bs − sB1)(Bt − tB1))

= E (BsBt)− sE (B1Bt)− tE (B1Bs) + tsE(B2

1

)= min(s, t)− smin(1, t)− tmin(1, s) + ts = min(s, t)− st

Question 3 Zt = Z1−t est encore un processus gaussien centré continue. Il suffitde calculer sa fonction de covariance,

K(s, t) = K(1− s, 1− t) = min(1− s, 1− t)− (1− s)(1− t)= 1 + min(−s,−t)− 1 + s+ t− st = min(s, t)− st

Question 4 On pose u = t/(1− t). Nous avons (1− t) = 1/(1+u). Lorsque t→ 1,u→ +∞. D’où, on en déduit

Yt =Bu

1 + u=

u

u+ 1

Bu

u

p.s.−→u→+∞

0.

Ensuite, Y est un processus gaussien centré, il est continu sur R∗+ mais égalementen 0 par la question précédente. Il reste à calculer sa fonction de covariance.

E(ZsZt) = E(

(1− s)B s1−s

(1− t)B t1−t

)= (1− s)(1− t) min

(s

1− st

1− t

)= min (s(1− t), t(1− s)) = min(s, t)− st

17

4 TD 4

4.1 Exercice 3 : Théorème de Girsanov

Question A 1 Cours.

Question A 2 On pose

V :=1

ZsEP (Y Zt|Fs)

On utilise la définition de l’espérance conditionnelle : V est l’espérance condi-tionnelle sous Q de Y par rapport à Fs, i.e. V = EQ (Y |Fs) si elle est Fs-mesurableet si, pour tout X Fs-mesurable bornée,

EQ(XY ) = EQ(XV ).

Nous allons vérifier que V vérifie la définition. Nous utiliserons la relation dechangement de probabilité

EQ(Xt) = EP(ZtXt)

où Xt est une variable aléatoire Ft-mesurable.On a

EQ(XV ) = EQ(X

ZsEP (Y Zt|Fs)

)= EP (XEP (Y Zt|Fs)

)= EP (XY Zt)

= EQ (XY )

On en déduit V = EQ (Y |Fs).

Question B 1 Voir Exercice 1 du TD 3.

Question B 2 On utilise la caractérisation de l’énoncé et la Question A 2 et queB est un mouvement brownien sous P.

EQ (eiθ(Wt−Ws)|Fs)

= EP(ZtZseiθ(Wt−Ws)|Fs

)= EP (e(−σ+iθ)(Bt−Bs)|Fs) e−σ2(t−s)/2+iθσ(t−s)

= EP (e(−σ+iθ)(Bt−Bs)) e−σ2t/2+iθσ(t−s)

= e(−σ+iθ)2(t−s)−σ2(t−s)/2+iθσ(t−s)

= e(σ2/2−iθσ−θ2/2)(t−s)−σ2(t−s)/2+iθσ(t−s)

= e−θ2

2(t−s)

18

4.2 Exercice 4 : Moments de la solution de l’EDS de BlackScholes

Question 1 Cette EDS est linéaire, elle admet une unique solution. On appliqueItô à la solution proposée,

St = x+

∫ t

0

(µ− σ2

2

)Ssds+

∫ t

0

σSsdWs +1

2

∫ t

0

σ2Ssds

= x+

∫ t

0

µSsds+

∫ t

0

σSsdWs

Question 2 On sait que si Z ∼ N (0, 1), alors E(esZ)

= es2/2. On en déduit

E(St) = xe

(µ−σ

2

2

)tE(eσ√tWt√t

)= xeµt.

Question 3 Par la formule d’Itô,

Sαt = xα +

∫ t

0

αSα−1s dSs +1

2

∫ t

0

α(α− 1)Sα−2s d < S >s

Sαt = xα +

∫ t

0

αµSαs ds+

∫ t

0

ασSαs dWs +1

2

∫ t

0

α(α− 1)σ2Sαs ds

Sαt = xα +

∫ t

0

(αµ+

α(α− 1)σ2

2

)Sαs ds+

∫ t

0

ασSαs dWs

On remarque que Sα suit la même EDS que S avec x′ = xα, µ′ = αµ + α(α−1)σ2

2

et σ′ = ασ.

Question 4 On déduit de 3 que

E(Sαt ) = x′eµ′t.

On aurait pu trouver ce résultat en prenant directement la solution de S élevéeà la puissance α puis en calculant l’espérance comme à la question 2.

19

5 TD 5

5.1 Exercice 2 : EDP

Question 1 En appliquant la formule d’Itô,

Ms = u(t, x)+

∫ s

0

−ut(t−v, x+Bv)dv+

∫ s

0

ux(t−v, x+Bv)dBv+1

2

∫ s

0

uxx(t−v, x+Bv)dv.

En utilisant l’EDP vérifiée par u,

Ms = u(t, x) +

∫ s

0

ux(t− v, x+Bv)dBv.

D’où M est une martingale locale.

Question 2 Comme M est une martingale, elle est d’espérance constante, enparticulier,

E(Mt) = E(M0).

En utilisant la définition de M , on en déduit

E(f(x+Bt)) = u(t, x).

5.2 Exercice 3 : Le modèle de Vasicek pour le taux d’intérêt

Question 1 Il suffit d’appliquer la formule d’Itô à Xt.

dXt = bXt + ebtdrt

= bXt + ebt[(a− brt)dt+ σdBt]

= bXt + aebt − bXt + σebtdBt

= aebt + σebtdBt

Question 2 En écriture intégrale, cela donne

Xt = X0 +

∫ t

0

aebsds+ σ

∫ t

0

ebsdBs

= r +a

b(ebt − 1) + σ

∫ t

0

ebsdBs

Puis, en utilisant Xt = ebtrt,

rt = re−bt +a

b(1− e−bt) + σe−bt

∫ t

0

ebsdBs

20

Question 3 La variable aléatoire rt est la somme d’une quantité non aléatoire etd’une intégrale de Wiener. C’est donc une variable aléatoire de loi normale.

Sa moyenne est la constante, c’est à dire

E(rt) = re−bt +a

b(1− e−bt)

Et la variance se calcule par l’isométrie d’Itô.

V ar(rt) = E

(σ2e−2bt

(∫ t

0

ebsdBs

)2)

= σ2e−2btE(∫ t

0

e2bsds

)= σ2e−2bt

(∫ t

0

e2bsds

)= σ2 e

−2bt

2b(e2bt − 1)

= σ21− e−2bt

2b

Question 6 Il nous faut trouver la loi de∫ Ttrudu. Dans un premier temps, réécri-

vons la diffusion de (rt) entre t et u. Nous avons

ru = rte−b(u−t) +

a

b(1− e−b(u−t)) + σe−b(u−t)

∫ u

t

eb(s−t)dBs

d’où

∫ T

t

ru =

∫ T

t

(rte−b(u−t) +

a

b(1− e−b(u−t)) + σe−b(u−t)

∫ t

u

eb(s−t)dBs

)du

= rt

∫ T

t

e−b(u−t)du+a

b

∫ T

t

(1− e−b(u−t))du+ σ

∫ T

t

e−bu∫ u

t

ebsdBsdu

On pose B(t, T ) = 1−eb(T−t)b

, nous avons

∫ T

t

ru = rtB(t, T ) +a

b(T − t−B(t, T )) + σ

∫ T

t

e−bu∫ u

t

ebsdBsdu

Intéressons-nous à la dernière intégrale, nommons-la I(t, T ). Nous appliquonsFubini stochastique.

21

I(t, T ) = σ

∫ T

t

∫ u

t

e−buebsdBsdu

I(t, T ) = σ

∫ T

t

∫ T

t

1(s ≤ u)e−buebsdBsdu

I(t, T ) = σ

∫ T

t

∫ T

t

1(s ≤ u)e−buebsdudBs

I(t, T ) = σ

∫ T

t

ebs(∫ T

s

e−budu

)dBs

I(t, T ) =σ

b

∫ T

t

ebs(e−bs − e−bT )dBs

I(t, T ) =σ

b

∫ T

t

(1− e−b(T−s))dBs

Nous en déduisons que∫ Ttru sachant rt suit une loi normale car c’est la somme

d’une constante et d’une intégrale de Wiener.La moyenne est donc cette constante. Calculons la variance de l’intégrale de

Wiener qui donnera celle de la loi normale. Nous utilisons l’isométrie d’Itô.

E(I(t, T )2) =σ2

b2

∫ T

t

(1− e−b(T−s))2ds

=σ2

b2

∫ T

t

(1− 2e−b(T−s) + e−2b(T−s)

)ds

=σ2

b2

(T − t− 2B(t, T ) +

1− e−2b(T−t)

2b

)Nous avons donc les deux moments de la loi normale. Rappelons que si X est

une loi normale de moyenne µ et de variance σ2,

E(eX)

= eµ+σ2/2

Nous avons donc

P (t, T ) = exp

(−rtB(t, T )− a

b(T − t−B(t, T )) +

σ2

2b2

(T − t− 2B(t, T ) +

1− e−2b(T−t)

2b

))P (t, T ) = exp

(−rtB(t, T ) +

(B(t, T )− (T − t))(ab− σ2/2)

b2− σ2B(t, T )2

4b

)

22