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Mvt Brownien et temps d'arrêt.

Envoyé par Jerome G 
<latex> Bonjour,

J'ai trituré un exercice du livre de Lamberton "Introduction au calcul stochastique appliqué à la finance" dans tous les sens et je seche...
Voici le problème, si qq'un a une piste, je le remercie d'avance :
$(B_t)$ est un mvt brownien réel standard. Pour tous réels $\mu$ et $b$, on pose :
$$ T_b^{\mu} = \inf \{ t \geq 0 |\mu t + B_t = b\}$$
(C'est un temps d'arrêt : ok)
On demande de montrer que pour tous $\alpha$ et $t$ positifs :
$$E(e^{- \alpha (T_b^{\mu} \wedge t)}) =
E(e^{- \alpha (T_b^0 \wedge t)}e^{\mu B_{T_b^0 \wedge t}- \frac{\mu^2}{2} (T_b^0 \wedge t)} ) $$

On nous dit d'utiliser Girsanov : la aussi, j'ai trouvé une foule de truc, mais je ne vois pas comment arriver à cette égalité d'espérance.

Merci encore,

Jérôme
Robert
Re: Mvt Brownien et temps d'arrêt.
il y a neuf années
<latex> Bonjour,
il te suffit d'utiliser la relation d'absolue continuite entre la loi du mouvement brownien $(B_t;\ t\geq0)$ et la loi du mouvement brownien avec drift $\mu$, $(B_t+\mu t;\ t\geq0)$; à savoir
$$P^{(\mu)}=e^{\mu B_t-\frac{\mu^2}{2} t}.P$$
avec $P$ la mesure de Wiener et $P^{(\mu)}$ la loi du mouvement brownien avec drift $\mu$.

(Le theoreme de Girsanov, ou la formule de Cameron-Martin assure que la loi $P^{(\mu)}$ ainsi definie est bien la loi du mouvement brownien avec drift)
Re: Mvt Brownien et temps d'arrêt.
il y a neuf années
<latex> Ouups, fautes de frappe LaTeX...merci au gentil modérateur de supprimer mon précédzent message ! Merci winking smiley



Salut Jérôme G,

Par application de la formule de Cameron-Martin, qui est un corollaire du Théorème de Girsanov.

Notons $\mathbb{P}$ la mesure de probabilité initiale sous laquelle le processus ${(B_t)}_{t \geq 0}$ est un mouvement brownien.

Par application du théorème, il existe une mesure de probabibilté $\mathbb{Q}$ absolument continue par rapport à $\mathbb{P}$ sous laquelle le mouvement brownien translaté ${(B_t+\mu t)}_{t \geq 0}$ est aussi un mouvement brownien (ce qui n'était pas, admettons-le, si évident que ça).


Du coup, traiter la variable aléatoire (le temps d'arrêt) $T^{\mu}_{b}$ sous $\mathbb{P}$ équivaut à traiter la variable aléatoire $T^{0}_{b}$ sous $\mathbb{Q}$ (ce sont bel et bien la même variable aléatoire, mais vue différemment, tout comme si on faisait un changement de variable classique).

La mesure de probabilité $\mathbb{Q}$ est définie par rapport à $\mathbb{P}$ par sa dérivée de Radon-Nikodym

$$
{\left. \dfrac{d \mathbb{P}}{d \mathbb{Q}} \right| }_{\mathcal{F}_t}
= \exp \left( \mu B_t - \dfrac{{\mu}^2}{2}t \right)
$$

si ${(\mathcal{F}_t)}_{t\geq 0}$ est la filtration naturelle du mouvement brownien ${(B_t)}_{t\geq 0}$.

La suite en découle. \textbf{Attention, les deux espérances ne se font pas sous la même probabilité}. Là est le piège....

Par définition, $\mathbb{E}^{\mathbb{P}}[X]= \displaystyle \int X(\omega) d\mathbb{P}(\omega)$ et $\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X]= \displaystyle \int X(\omega) d\mathbb{Q}(\omega)$.

Et comme $d \mathbb{P} = \exp (...) d\mathbb{Q}$, on a que pour toute variable aléatoire $X$, $\mathbb{E}^{\mathbb{P}}[X] = \mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[X \times \exp (...)]$.

Or, sous $\mathbb{Q}$, $T^{\mu}_{b}$ devient $T^{0}_{b}$. D'où l'égalité.

On veut te faire démontrer la propriété pour $T \wedge t$ car on arrête d'abord avec un temps d'arrêt et on récupère ensuite la propriété asymptotiquement pour tout $t$.

Ciao
vinh

See ya' !
Merci à tous pour votre aide.. Ca y est .. j'ai compris.
Jérôme
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