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Les équations différentielles stochastiques Exercices Geneviève Gauthier Dernière mise à jour : 14 juillet 2004 Exercice 11.1. Le processus stochastique { } C = C0eαWt : t ≥ 0 , r0 ≥ 0 t représente l’évolution d’un taux de change, c’est-à-dire que C est le nombre de dollars cana- t diens que l’on peut obtenir par dollar américain au temps t où {W : t ≥ 0} est un mouvement t brownien standard. a) Déterminez l’équation différentielle stochastique satisfaite par le processus {C : t ≥ 0}. t b) Le processus {X : t ≥ 0} modélise l’évolution d’un actif risqué en dollars américains. t Il satisfait l’équation différentielle stochastique dX = μX dt + σX dW∗ t t t t où {W∗ : t ≥ 0} est un mouvement brownien standard indépendant de {W : t ≥ 0}. Déter- t t minez l’équation différentielle stochastique satisfaite par l’évolution {Y : t ≥ 0} du titre t risqué en dollars canadiens. Exercice 11.2. a) Démontrez qu’il existe une solution unique à l’équation dX = a(b − X )dt + σdW (t). t t b) Déterminez de façon explicite cette solution. c) Simulez quelques trajectoires du processus caractérisé par l’équation différentielle sto- chastique ci-dessus. Pour chacun des ensembles de paramètres ci-dessous, produire deux graphes représentant chacun une trajectoire. a = 1, b = 1, σ = 1,∆t = 0,01 et X0 = 1 a = −1, b = 1, σ = 1,∆t = 0,01 et X0 = 1 a = 1, b = 1, σ = 0,1,∆t = 0,01 et X0 = 1 a = 1, b = 2, σ = 0,3,∆t = 0,01 et X0 = 1 1
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d) Commentez vos résultats. Exercice 11.3. Décrivez le comportement de la solution de l’équation différentielle stochastique ( ) 1 √ dX = − X dt + X (1 − X )dW t 2 t t t t en supposant que la valeur initiale X0 est une variable aléatoire à valeurs dans l’intervalle [0,1]. Expliquez intuitivement pourquoi X est aussi une variable aléatoire dont les valeurs t sont comprises entre 0 et 1. Exercice 11.4. Supposons qu’une particule se promène de façon aléatoire sur un plan de( ) façon telle que sa position au temps t est donnée par le couple W(1);W(2) où W(1) et W(2) t t sont deux mouvements browniens indépendants. La distance de cette particule à l’origine à l’instant t est donnée par √ ( )2 ( )2 B = W(1) + W(2) . t t t Sachant que le processus de covariance quadratique de deux martingales indépendantes est nulle, utilisez le lemme d’Itô afin de démontrer que le processus B satisfait l’équation dif- férentielle stochastique 1 1 W(1) W(2) dB = dt + t dW(1) + t dW(2). t 2 B B t B t t t t Exercice 11.5. Montrez que le processus stochastique {S : t ≥ 0} où t (∫ ) t σ2 S = S0 exp μ ds − t + σW t 0 s 2 t où W est un (Ω,F,{F : t ≥ 0}, P)−mouvement brownien satisfait l’équation différentielle t stochastique dS = μ S dt + σS dW . t t t t t Exercice 11.6. Le modèle de Vasicek. Montrez que le processus stochastique {r : t ≥ 0} t où ( ) ∫ θ θ t r = + e−αt r0 − + σe−αt eαsdW t α α 0 s 2
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où W est un (Ω,F,{F : t ≥ 0}, P)−mouvement brownien satisfait l’équation différentielle t stochastique dr = (θ − αr )dt + σdW . ∫ t t t Truc : Posez Y = t eαsdW et montrez que Y est un processus d’Itô. t 0 s Exercice 11.7. Considérons le système d’équations différentielles stochastiques dX = κ(θ − X ) dt + σdW t ( t) t dY = κ˜ ˜θ − Y dt + σd˜ W˜ t t t où les P−mouvement brownien W et W˜ sont tels que [ ] CorrP W ,W˜ = ρ, ∀t > 0. t t a) Déterminez l’unique solution forte associée à ce système. b) Déterminez EP [X ]. t c) Le paramètre θ est souvent qualifié de moyenne à long terme et le paramètre κ est interprété comme étant la vitesse du retour vers la moyenne. Justifiez ces affirmations. d) Déterminez VarP [X ]. t e) Déterminez CorrP [X , Y ]. t t 3
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Les solutions 1 Exercice 11.1 a) Posons f (w) = C0eαw. Puisque d d2 f (w) = C αeαw et f (w) = C α2eαw, dw 0 dw2 0 df d2f f (W ) = C , (W ) = αC et (W ) = α2C . t t dw t t dw2 t t Utilisant le lemme d’Itô, nous obtenons α2 dC = αC dW + C dt. t t t 2 t b) La règle de multiplication nous donne dY = dX C t t t = X dC + C dX + d〈X, C〉 t ( t t t ) t α2 = X αC dW + C dt + C (μX dt + σX dW∗) t t t 2 t t t t t α2 = αY dW + Y dt + μY dt + σY dW∗ t t 2 t (t )t t α2 = αY dW + σY dW∗ + + μ Y dt t t t t 2 t 2 Exercice 11.2 a) Si l’équation différentielle stochastique satisfait les trois conditions suivantes, alors nous savons qu’il existe une unique solution. (i) |b(x, t) − b(y, t)| + |a(x, t) − a(y, t)| ≤ K |x − y|, ∀t ≥ 0 (ii) |b(x, t)|2 + |a(x, t)|2 ≤ K2 (1 + x2), ∀t ≥ 0 (iii) E [X2] < ∞ 0 Vérification de (i) : |b(x, t) − b(y, t)| + |a(x, t) − a(y, t)| = |a(b − x) − a(b − y)| + |σ − σ| = |a| |x − y|. 4
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Vérification de (ii) : puisque { { 1 si |x| ≤ 1 1 + x2 si |x| ≤ 1 |x| ≤ x2 si |x| ≥ 1 ≤ 1 + x2 si |x| ≥ 1 , alors |b(x, t)|2 + |a(x, t)|2 = |a(b − x)|2 + |σ|2 = a2 (b − x)2 + σ2 ( ) = a2 b2 − 2bx + x2 + σ2 ( ) ≤ a2 b2 + 2|b| |x| + x2 + σ2 ( ( ) ) ≤ a2 b2 + 2|b| 1 + x2 + x2 + σ2 ( ) = a2 b2 + 2|b| + σ2 + (2|b| + 1)x2 ( ( ) ) ( ) ≤ max a2 b2 + 2|b| + σ2,2|b| + 1 1 + x2 . ( √ √ ) Posons donc K = max |a|, a2 (b2 + 2|b|) + σ2, 2|b| + 1 . Vérification de (iii) : comme la condition initiale n’était pas spécifiée, il suffit de choisir X0 de carré-intégrable. b) Si nous posons Z = X − b, alors, par le lemme d’Itô, nous avons que t t dZ = dX t t = a(b − X )dt + σdW (t) t = −Z + σdW (t). t Le processus Z est un processus d’Ornstein-Uhlenbeck et nous avons montré que la solution à cette équation est ∫ t Z = Z0e−at + σe−at easdW . t s 0 En remplaçant Z par X − b nous obtenons t t ∫ t X − b = (X0 − b)e−at + σe−at easdW . t s 0 C’est pourquoi la solution est ∫ t X = X0 exp (−at) + b(1 − exp (−at)) + σ exp (−at) exp (as)dW . t s 0 5
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∫ Posons Y = t exp (as)dW . Y = {Y : t ∈ [0, T]} est un processus d’Itô1 avec Y = 0, t 0 s t 0 K = 0 et H = eas. De plus, s s X = X0 exp (−at) + b(1 − exp (−at)) + σ exp (−at)Y . t t Posons donc f (y, t) = X0e−at + b(1 − exp (−at)) + σe−aty et notons que ∂f (y, t) = σe−at ∂Y ∂2f (y, t) = 0 ∂Y 2 d ( ) ( ) X0e−at + b(1 − exp (−at)) + σe−aty = a −X0e−at + be−at − σe−aty dt ( ) = a b − X0e−at − b + be−at − σe−aty = a(b − f (y, t)). Puisque X = f (Y , t), nous pouvons utiliser la quatrième version du lemme d’Itô2 afin t t d’obtenir le résultat désiré : ∂f df (Y , t) = (Y , t) H dW t ∂Y( t t t ) ∂f ∂f 1 ∂2f + (Y , t) K + (Y , t) + (Y , t) H2 dt. ∂Y t t ∂t t 2 ∂Y 2 t t 1Rappel. Le processus stochastique X = {X : 0∫ ≤ t ≤ T}∫est un processus d’Itô si pour tout t ∈ [0, T], t t t X P =p.s. X + K ds + H dW − t 0 s s s 0 0 où X est une variable aléatoire F∫ −mesurable, les processus∫ K = {K : 0 ≤ t ≤ T} et H = {H : 0 ≤ t ≤ T} 0 0 t t sont F−adaptés, T T ∫ |K |ds <∫ ∞ et ∫H2ds < ∞ P − p.s. s s 0 0 Dans le cas qui nous occupe, T |K |ds = T 0s = 0 et T e2asds = 1 e2T a 1 < ∞. − 0 s 0 0 2 a 2Rappel : ∂f( ) df (Y , t) = (Y , t) H dW t ∂Y t t t ∂f ∂f 1 ∂2f + (Y , t) K + (Y , t) + (Y , t) H2 dt. ∂Y t t ∂t t 2 ∂Y 2 t t 6
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dX = df (X , t) t t ( ) 1 = σe−at eat dW + σe−at 0 + a(b − f (Y , t)) + 0 (eas)2 dt t t 2 = σ dW + a(b − f (Y , t)) dt t t = σ dW + a(b − X ) dt. t t c) En discrétisant le temps, nous obtenons ( ) X(∆t) = X(∆t) + a b − X(∆t) ∆t + σ(W − W ). t+∆t t t ︸ t+∆︷︷t t︸ N(0,∆t) Chacune des simulations comporte deux graphes. Le premier montre les deux trajectoires obtenues. Le deuxième montre ces deux mêmes trajectoires sur une échelle de −5 à 5, pour nous permettre de mieux comparer chacun des cas. Première simulation de trajectoires : a = 1, b = 1, σ = 1,∆t = 0,01 et X0 = 1. 3 2 ,5 2 1 ,5 1 0 ,5 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -0 ,5 - 1 -1 ,5 te mps 5 4 3 2 1 0 - 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 - 2 - 3 - 4 - 5 te mp s 7
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Deuxième simulation de trajectoires : a = −1, b = 1, σ = 1,∆t = 0,01 et X0 = 1. 2 0 0 0 1 5 0 0 1 0 0 0 5 0 0 0 - 5 0 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -1 0 0 0 -1 5 0 0 -2 0 0 0 -2 5 0 0 -3 0 0 0 -3 5 0 0 te mp s 5 4 3 2 1 0 - 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 - 2 - 3 - 4 - 5 te mps Troisième simulation de trajectoires : a = 1, b = 1, σ = 0,1,∆t = 0,01 et X0 = 1. 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 te mps 5 4 3 2 1 0 - 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 - 2 - 3 - 4 - 5 te mp s 8
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Quatrième simulation de trajectoires : a = 1, b = 2, σ = 0,3,∆t = 0,01 et X0 = 1. 2,5 2 1,5 1 0,5 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 te mps 5 4 3 2 1 0 - 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 - 2 - 3 - 4 - 5 te mps 3 Exercice 11.3 Le terme de dérive 1 −X force un retour vers la valeur 1. En effet, si X > 1, alors 1 −X < 0 2 t 2 t 2 2 t donnant une poussée à la baisse au processus X. Au contraire, si X < 1, alors 1 − X > 0 t 2 2 t donnant une poussée à la hausse au processus X. Si X = 1, le terme de dérive est nul et t 2 c’est le terme de diffusion qui aura un impact sur le comportement de√ X. Le terme de diffusion X (1 − X ) atteint sa valeur maximale lorsque X = 1. Il sera t t t 2 nul lorsque Xt = 0 ou 1. Si Xt = 0, le terme de diffusion est nul et le terme de dérive sera positif, ce qui implique que Xt+ε sera strictement positif. Si Xt = 1, le terme de diffusion est nul et le terme de dérive sera négatif, ce qui implique que Xt+ε sera strictement inférieur à 1. 9
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4 Exercice 11.4 √ Posons f (w , w ) = w2 + w2. 1 2 1 2 ∂f w1 w1 (w1, w2) = √ = ; ∂w1 w2 + w2 f (w1, w2) 1 2 ∂f w2 w2 (w1, w2) = √ = ; ∂w2 w2 + w2 f (w1, w2) 1 2 ∂2f w2 w2 (w , w ) = (√ 2 ) = 2 ; ∂w2 1 2 3 (f (w , w ))3 1 w2 + w2 1 2 1 2 ∂2f w2 w2 (w , w ) = (√ 1 ) = 1 ; ∂w2 1 2 3 (f (w , w ))3 2 w2 + w2 1 2 1 2 ∂2f w w et (w , w ) = −(√ 1 2 ) . ∂w ∂w 1 2 3 1 2 w2 + w2 1 2 Alors ( ) dB = df W(1), W(2) t t t W(1) W(2) = ( t )dW(1) + ( t )dW(2) (1) (2) t (1) (2) t f W , W f W , W t t t t ( )2 ( )2 W(2) W(1) 1 t 〈 〉 1 t 〈 〉 + ( ( )) d W(1) + ( ( )) d W(2) 2 (1) (2) 3 t 2 (1) (2) 3 t f W , W f W , W t t t t W(1)W(2) 〈 〉 −( ( t t )) d W(1);W(2) (1) (2) 3 t f W , W t t t ( )2 ( )2 (1) (2) W(1) + W(2) W (1) W (2) 1 t t = ( t )dW + ( t )dW + ( ( )) dt (1) (2) t (1) (2) t 2 3 f W , W f W , W f W(1), W(2) t t t t t t W(1) W(2) 1 B2 = t dW(1) + t dW(2) + t dt B t B t 2 B3 t t t W(1) W(2) 1 1 = t dW(1) + t dW(2) + dt. B t B t 2 B t t t 10
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