Université René Descartes

Maitrise M.A.S.S (Mathématiques financières)

Examen - 5 Juin 2002

Corrigé


1erproblème

1. La suite $(M_n)$ est une somme de variables aléatoires centrées indépendantes . Il en est de même de la suite $(R_n)$ définie par $R_n=\sum_{0}^n(X_k^2-\sigma^2)$ .
2. 1. Si $(M_n)$ possède la P.R.P. , il existe par définition une suite $(U_n)$ prévisible telle que
      $\Delta R_n=U_n\Delta M_n$ ce qui s'écrit encore

      $$(X_n^2-\sigma^2)=U_nX_n .$$ (1)

      
      
      Cela entraine en particulier $X_n(\omega )\not= 0\;\;\; \forall \omega$ , (puisque $\sigma^2 >0$)
   2. Ecrivons (1) sous la forme $U_n=\frac{X_n^2-\sigma^2}{X_n}$ et conditionnons les 2 membres par rapport à ${\cal F}_{n-1}$ ; il vient $U_n=C$ , où $C$ est une constante puisque le deuxième membre est indépendant de ${\cal F}_{n-1}$ ; remplaçant $U_n$ par $C$ dans (1) , on arrive à l'égalité

      $$X_n^2-CX_n-\sigma^2=0$$ (2)

      
      

   3. Appelons $-a$ et $b$ les racines du trinôme $x^2-Cx-\sigma^2$ ; il résulte de (2) que
      $X_n(\omega)\in \{-a , b\}\;\;\;\;\forall n \;\;\; \forall \omega$ . Comme $X_n$ est centrée , $a$ et $b$ sont nécessairement $>0$ .

2ièmeproblème

1. On a $p+q=1$ et $bp-aq=0$ . On en tire aisément $p=\frac{a}{a+b}\;,\;q=\frac{b}{a+b}$ d'où $\frac{p}{q}=\frac{a}{b}$ .
2. 1. Comme $Y_n$ est ${\cal F}_n$-mesurable , il existe $f_n:{\mathbb{R}}^{n+1} \to {\mathbb{R}}$ telle que $Y_n=f_n(X_0,X_1,\ldots ,X_{n-1},X_n)$ Les règles de calcul pour le conditionnement vues dans le cours conduisent alors à l'égalité

      $$\textbf{E}[Y_n\vert{\cal F}_{n-1}]=pf_n(X_0,X_1,\ldots ,X_{n-1},b)+qf_n(X_0,X_1,\ldots,X_{n-1},-a)$$ (3)

      
      

   2. Il en résulte que la condition $\textbf{E}[Y_n\vert{\cal F}_{n-1}]=0$ entraine la relation

      $$f_n(X_0,X_1,\ldots ,X_{n-1},-a)=-\frac{a}{b}f_n(X_0,X_1,\ldots,X_{n-1},b)$$ (4)

      
      
      On en tire
      $$Y_n=f_n(X_0,X_1,\ldots,b)[1_{\{X_n=b\}}-\frac{a}{b}1_{\{X_n=-a\}}] =\frac{1}{b}f_n(X_0,X_1,\ldots,X_{n-1},b)X_n$$

3. Soit $(N_n)$ une martingale ; puisque $\textbf{E}[\Delta N_n\vert{\cal F}_{n-1}]=0$ , on a , d'après ce qui précède ,
   $$\Delta N_n =U_nX_n =U_n\Delta M_n \;,$$
   quand on a posé $U_n=\frac{1}{b}f_n(X_0,X_1,\ldots ,X_{n-1},b)$ , ce qui prouve le résultat .