Mouvement Brownien
Bonsoir, j'aimerais votre aide sur l'exercice suivant.
Soit $(B_t)_t $ un mouvement brownien standard. Pour $a>0$ on pose \[
\sigma_a=\inf\{t\geq0,\;B_t-t\leq -a\}.
\] $\sigma_a $ est un temps d'arrêt presque sûrement fini.
Car \begin{align*}
\{\sigma_a >t\}&=\{\inf_{u\in [0,t]}B_u\geq t-a\}&\text{ et } \\
P(\sigma_a >t)&\leq P(B_t>t-a).
\end{align*} Sachant que pour tout $\mu\in\mathbb{R},\,M_t=\exp(\mu B_t-\frac{\mu^2}{2}t)$ est une martingale; en utilisant le théorème d'arrêt de Doob et le théorème de convergence dominée, en prenant $\mu=1-\sqrt{1+2\lambda} $ pour $\lambda\geq0$ on montre que \[
E\big(\exp(-\lambda\sigma_a)\big)=\exp(-a(\sqrt{1+2\lambda}-1).
\] À ce niveau, on veut prouver que $M_{t\wedge\sigma_a } $ est fermée si et seulement si $\mu\leq1$.
Etant donné qu'une martingale est fermée si et seulement si elle est uniformément intégrable. Le théorème de d'arrêt nous dit qu'il est équivalent de montrer que \[
E(M_{\sigma_a})=1\iff \mu\leq1.
\] Je sais que par le théorème d'arrêt on a \(E(M_{t\wedge\sigma_a } )=1.\)
Mais je n'arrive pas à dominer $M_{t\wedge\sigma_a } $ afin de pouvoir utiliser le théorème de convergence dominée.
Merci d'avance pour votre aide.
Soit $(B_t)_t $ un mouvement brownien standard. Pour $a>0$ on pose \[
\sigma_a=\inf\{t\geq0,\;B_t-t\leq -a\}.
\] $\sigma_a $ est un temps d'arrêt presque sûrement fini.
Car \begin{align*}
\{\sigma_a >t\}&=\{\inf_{u\in [0,t]}B_u\geq t-a\}&\text{ et } \\
P(\sigma_a >t)&\leq P(B_t>t-a).
\end{align*} Sachant que pour tout $\mu\in\mathbb{R},\,M_t=\exp(\mu B_t-\frac{\mu^2}{2}t)$ est une martingale; en utilisant le théorème d'arrêt de Doob et le théorème de convergence dominée, en prenant $\mu=1-\sqrt{1+2\lambda} $ pour $\lambda\geq0$ on montre que \[
E\big(\exp(-\lambda\sigma_a)\big)=\exp(-a(\sqrt{1+2\lambda}-1).
\] À ce niveau, on veut prouver que $M_{t\wedge\sigma_a } $ est fermée si et seulement si $\mu\leq1$.
Etant donné qu'une martingale est fermée si et seulement si elle est uniformément intégrable. Le théorème de d'arrêt nous dit qu'il est équivalent de montrer que \[
E(M_{\sigma_a})=1\iff \mu\leq1.
\] Je sais que par le théorème d'arrêt on a \(E(M_{t\wedge\sigma_a } )=1.\)
Mais je n'arrive pas à dominer $M_{t\wedge\sigma_a } $ afin de pouvoir utiliser le théorème de convergence dominée.
Merci d'avance pour votre aide.
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Réponses
Je commence par utiliser le théorème du prolongement analytique pour justifier que \[
E(\exp(-\lambda \sigma_a )=\exp\big(-a(\sqrt{1+2\lambda}-1)\big),\ \forall\lambda\geq\frac {-1}{2}.
\] Remarquons que $\sigma_a=\inf\{t\geq0,\ -B_t+t\geq a\} $ et posons $N_t=\exp(-\mu B_t-\frac {\mu^2}{2}t) $.
$(N_t)_t $ est une martingale et par le théorème d'arrêt on a $E(N_{t\wedge \sigma_a })=1$.
Or si $\mu\geq-2$ on a
\begin{align*}
N_{t\wedge\sigma_a }&=\exp(-\mu B_{t\wedge\sigma_a }-\frac{\mu^2}{2}t\wedge\sigma_a )\\
&=\exp\big(\mu(-B_{t\wedge\sigma_a }+t\wedge\sigma_a)-(\frac{\mu}{2}+1)\mu t\wedge\sigma_a \big)\\
&\leq\exp(\mu a)\exp\big(-(\frac {\mu}{2}+1)\mu t\wedge \sigma_a \big)\\
&\leq\exp(\mu a).
\end{align*}
D'où par le théorème de convergence dominée et le théorème d'arrêt on a pour tout $\mu\geq-2$ \[
E(N_{\sigma_a })=E\big(\exp(-\mu B_{\sigma_a }-\frac{\mu^2}{2} \sigma_a )\big)=1.
\]Donc pour tout $\lambda\leq2$ on a \[
E(M_{\sigma_a })=E\big(\exp(\lambda B_{\sigma_a }-\frac{\lambda^2}{2} \sigma_a )\big)=1.
\] Réciproquement supposons $\mu>1$. Si $E(M_{\sigma_a})=1$, on a $E\big(\exp(\mu\sigma_a (1-\frac{\mu}{2})\big)=\exp(\mu a) $.
Soit $\lambda\geq-\frac{1}{2}$. Alors puisque $\mu>1$, \[
\mu(-1+\frac{\mu}{2})=\lambda \iff \mu=1+\sqrt{1+2\lambda}.
\] Donc pour tout $\lambda\geq-\frac{1}{2}$ on a \[
E\big(\exp(-\lambda \sigma_a )\big)=\exp\big(a(\sqrt{1+2\lambda}+1)\big).
\] Ce qui est contradictoire.