Tribu d'événements antérieurs, temps d'arrêt

Raro
Raro
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonjour.
Considérons $X \in L^1$ et deux temps d'arrêts $R_1$,$R_2$ relative à une filtration $(\mathcal{F}_r)_{r \geq 0}.$
1. Vérifier que:
i. $\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}=\mathcal{F}_{R_1} \cap \mathcal{F}_{R_2}.$
ii. $\{R_1 \leq R_2\},\{R_1>R_2\} \in \mathcal{F}_{R_{1} \wedge R_2}.$
2. Prouver que: $$E[E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}]=E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}].

$$ 1. est une question de cours. Le problème est comment vérifier 2.
D'après 1. $E[E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}],E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}]$ sont $\mathcal{F}_{R_2}$ mesurable. Il reste à vérifier, $K \in \mathcal{F}_{R_2}$ fixé, que $$\int_KE[X|\mathcal{F}_{R_1}]dP=\int_K E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}]dP.
$$ 1. ii. suggère de décomposer l'intégrale, et de noter que $K \cap\{R_1 > R_2\} \in \mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2},K \cap \{R_1 \leq R_2\} \in \mathcal{F}_{R_2}:$
$$\int_{K \cap \{\ R_1 >R_2\}} E[X|\mathcal{F}_{R_1}]dP = \int_{K \cap\{R_1 > R_2\}}XdP=\int_{K \cap\{R_1 > R_2\}}E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}]dP.

$$ Il reste à vérifier que $$\int_{K \cap \{R_1 \leq R_2\}}E[X|\mathcal{F}_{R_1}]dP=\int_{K \cap \{R_1 \leq R_2\}} E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}] dP.

$$ En général, $K \cap \{R_1 \leq R_2\} \notin \mathcal{F}_{R_1}.$
Que suggérez-vous ?
Merci.

Réponses

  • Calli
    Calli
    Bonjour,
    Moi je montrerais plutôt que $E[E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}]$ vérifie la définition de $E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}]$ : pour tout $A\in\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}$, $E[E[E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}] \,{\bf1}_A]=E[X\,{\bf1}_A]$, plus la bonne mesurabilité. Ç'a l'air plus commode.
  • Raro
    Raro
    $E[E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}]$ est-elle $\mathcal{F}_{R_1}$ mesurable?
  • Calli
    Calli
    Ah, a priori pas forcément. Peut-être que ton idée était meilleure. Mais je vais dormir.
  • Calli
    Calli
    En partant sur ton idée, tu peux montrer que ${\cal F}_{R_1\wedge R_2} \Big|_{\{R_1\leqslant R_2\}} = {\cal F}_{R_1} \Big| _{ \{R_1\leqslant R_2\}} $ (restrictions des tribus). Ça implique que p.p. dans $\{R_1\leqslant R_2\}$ : $$\Bbb E[X\mid {\cal F}_{R_1}]
    = \Bbb E[X\,{\bf1}_{R_1\leqslant R_2} \mid {\cal F}_{R_1}]
    \underset{(\star)}= \Bbb E[X\,{\bf1}_{R_1\leqslant R_2} \mid {\cal F}_{R_1\wedge R_2}]
    = \Bbb E[X \mid {\cal F}_{R_1\wedge R_2}].$$
    $(\star)$ peut être prouvé en lemme :

    Lemme de localisation* : Soient $Y$ une v.a., ${\cal F},\cal G$ deux tribus et $A\in{\cal F}\cap\cal G$ tel que ${\cal F} \big|_A = {\cal G} \big|_A$ et $Y=0$ p.p. sur $A^c$. Alors $\Bbb E[Y\mid{\cal F}] = \Bbb E[Y\mid{\cal G}]$ p.s..

    [small]* Appellation non officielle.
  • Calli
    Calli
    Je pense qu'on peut aussi montrer l'égalité $\Bbb E[\Bbb E[X|\mathcal{F}_{R_1}]|\mathcal{F}_{R_2}]=\Bbb E[X|\mathcal{F}_{R_1 \wedge R_2}]$ directement, par disjonction de cas : p.p. sur $\{R_1>R_2\}$ et p.p. sur $\{R_1\leqslant R_2\}$. Je n'ai pas vérifié les détails, mais ça utiliserait des idées similaires à mon message précédent : ${\cal F}_{R_1\wedge R_2} \Big|_{\{R_1>R_2\}} = {\cal F}_{R_2} \Big| _{ \{R_1>R_2\}} \subset {\cal F}_{R_1} \Big| _{ \{R_1>R_2\}}$ et ${\cal F}_{R_1\wedge R_2} \Big|_{\{R_1\leqslant R_2\}} = {\cal F}_{R_1} \Big| _{ \{R_1\leqslant R_2\}} \subset {\cal F}_{R_2} \Big| _{ \{R_1\leqslant R_2\}}$ ainsi que le lemme.
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